2019-2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文.doc
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第3講 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文 真題試做 1.(xx遼寧高考,文8)函數(shù)y=x2-ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為( ). A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞) 2.(xx浙江高考,文21)已知a∈R,函數(shù)f(x)=4x3-2ax+a. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)證明:當(dāng)0≤x≤1時(shí),f(x)+|2-a|>0. 3.(xx天津高考,文20)已知函數(shù)f(x)=x3+x2-ax-a,x∈R,其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍; (3)當(dāng)a=1時(shí),設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間[t,t+3]上的最大值為M(t),最小值為m(t),記g(t)=M(t)-m(t),求函數(shù)g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值. 考向分析 從近三年高考來看,該部分高考命題有以下特點(diǎn): 從內(nèi)容上看,考查導(dǎo)數(shù)主要有三個(gè)層次:(1)導(dǎo)數(shù)的概念、求導(dǎo)公式與法則、導(dǎo)數(shù)的幾何意義;(2)導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用,包括求函數(shù)極值、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、證明函數(shù)的單調(diào)性等;(3)導(dǎo)數(shù)的綜合考查,包括導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用題以及導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式等的綜合題. 從形式上看,考查導(dǎo)數(shù)的試題有選擇題、填空題、解答題,有時(shí)三種題型會(huì)同時(shí)出現(xiàn). 熱點(diǎn)例析 熱點(diǎn)一 導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】設(shè)函數(shù)f(x)=ax+(a,b∈Z),曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線方程為y=3. (1)求y=f(x)的解析式; (2)證明曲線y=f(x)上任一點(diǎn)處的切線與直線x=1和直線y=x所圍三角形的面積為定值,并求出此定值. 規(guī)律方法 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義: 函數(shù)y=f(x)在x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是:曲線y=f(x)在點(diǎn)(x0,f(x0))處的切線的斜率(瞬時(shí)速度就是位移函數(shù)s(t)對(duì)時(shí)間t的導(dǎo)數(shù)). 2.求曲線切線方程的步驟: (1)求出函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)x=x0的導(dǎo)數(shù)f′(x0),即曲線y=f(x)在點(diǎn)P(x0,f(x0))處切線的斜率; (2)已知或求得切點(diǎn)坐標(biāo)P(x0,f(x0)),由點(diǎn)斜式得切線方程為y-y0=f′(x0)(x-x0). 特別提醒:①當(dāng)曲線y=f(x)在點(diǎn)P(x0,f(x0))處的切線平行于y軸(此時(shí)導(dǎo)數(shù)不存在)時(shí),由切線定義可知,切線方程為x=x0;②當(dāng)切點(diǎn)坐標(biāo)未知時(shí),應(yīng)首先設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo),再求解. 變式訓(xùn)練1 (1)設(shè)曲線y=ax2在點(diǎn)(1,a)處的切線與直線2x-y-6=0平行,則a=__________; (2)設(shè)f(x)=xln x+1,若f′(x0)=2,則f(x)在點(diǎn)(x0,y0)處的切線方程為__________. 熱點(diǎn)二 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例2】已知函數(shù)f(x)=x2+aln x. (1)當(dāng)a=-2時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間; (2)若函數(shù)g(x)=f(x)+在[1,+∞)上單調(diào),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟: (1)確定函數(shù)的定義域; (2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x); (3)①若求單調(diào)區(qū)間(或證明單調(diào)性),只需在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù),只需轉(zhuǎn)化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調(diào)區(qū)間內(nèi)恒成立問題求解.解題過程中要注意分類討論;函數(shù)單調(diào)性問題以及一些相關(guān)的逆向問題,都離不開分類討論思想. 變式訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)=x-+a(2-ln x),a>0.討論f(x)的單調(diào)性. 熱點(diǎn)三 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值和最值問題 【例3】已知函數(shù)f(x)=x3-ax2-3x, (1)若f(x)在區(qū)間[1,+∞)上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (2)若x=-是f(x)的極值點(diǎn),求f(x)在[1,a]上的最大值; (3)在(2)的條件下,是否存在實(shí)數(shù)b,使得函數(shù)g(x)=bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個(gè)交點(diǎn)?若存在,請(qǐng)求出實(shí)數(shù)b的取值范圍;若不存在,試說明理由. 規(guī)律方法 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般步驟是:(1)確定函數(shù)的定義域;(2)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x);(3)①若求極值,則先求出方程f′(x)=0的根,再檢驗(yàn)f′(x)在方程根左右邊f(xié)′(x)的符號(hào),求出極值.當(dāng)根中有參數(shù)時(shí)要注意分類討論根是否在定義域內(nèi).②若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況,從而求解. 變式訓(xùn)練3 設(shè)a∈R,函數(shù)f(x)=ax3-3x2. (1)若x=2是函數(shù)y=f(x)的極值點(diǎn),求a的值; (2)若函數(shù)g(x)=f(x)+f′(x),x∈[0,2]在x=0處取得最大值,求a的取值范圍. 思想滲透 轉(zhuǎn)化與化歸思想的含義 轉(zhuǎn)化與化歸思想方法,就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時(shí),采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化,進(jìn)而使問題得到解決的一種數(shù)學(xué)方法.一般是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問題,將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題,將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題. 轉(zhuǎn)化與化歸常用的方法是等價(jià)轉(zhuǎn)化法:把原問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)易于解決的等價(jià)問題,以達(dá)到化歸的目的. 已知函數(shù)f(x)=x(ln x+m),g(x)=x3+x. (1)當(dāng)m=-2時(shí),求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若m=時(shí),不等式g(x)≥f(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 解:(1)當(dāng)m=-2時(shí),f(x)=x(ln x-2)=xln x-2x,定義域?yàn)?0,+∞),且f′(x)=ln x-1. 由f′(x)>0,得ln x-1>0,所以x>e. 由f′(x)<0,得ln x-1<0,所以0<x<e. 故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(e,+∞),遞減區(qū)間是(0,e). (2)當(dāng)m=時(shí),不等式g(x)≥f(x), 即x3+x≥x恒成立. 由于x>0,所以x2+1≥ln x+, 即x2≥ln x+,所以a≥ . 令h(x)= ,則h′(x)=, 由h′(x)=0得x=1. 且當(dāng)0<x<1時(shí),h′(x)>0; 當(dāng)x>1時(shí),h′(x)<0, 即h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減, 所以h(x)在x=1處取得極大值h(1)=, 也就是函數(shù)h(x)在定義域上的最大值. 因此要使a≥恒成立,需有a≥,此即為a的取值范圍. 1.已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),且滿足f(x)=3xf′(1)+x2,則f′(1)=( ). A.-1 B.-2 C.1 D.2 2.(xx浙江名校《創(chuàng)新》沖刺卷,文10)已知f(x)是R上的周期為2的偶函數(shù),當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)=x2+2x-3ln x,設(shè)a=f,b=f,c=f,則( ). A.a(chǎn)<b<c B.c<a<b C.a(chǎn)<c<b D.b<c<a 3.已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且當(dāng)x<0時(shí),不等式f(x)+xf′(x)<0成立,若a=30.3f(30.3),b=logπ3f(logπ3),c=log3f,則a,b,c間的大小關(guān)系是( ). A.a(chǎn)>b>c B.c>b>a C.c>a>b D.a(chǎn)>c>b 4.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,f(-1)=2,對(duì)任意x∈R,f′(x)>2,則f(x)>2x+4的解集為( ). A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,+∞) 5.三次函數(shù)f(x),當(dāng)x=1時(shí)有極大值4;當(dāng)x=3時(shí)有極小值0,且函數(shù)圖象過原點(diǎn),則f(x)=__________. 6.已知函數(shù)f(x)=-x3+3x2+9x+a(a為常數(shù))在區(qū)間[-2,2]上有最大值20,那么此函數(shù)在區(qū)間[-2,2]上的最小值為__________. 7.已知函數(shù)f(x)=ax+ln x(a∈R). (1)若a=1,求曲線y=f(x)在x=處切線的斜率; (2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (3)設(shè)g(x)=2x,若對(duì)任意x1∈(0,+∞),存在x2∈[0,1],使f(x1)<g(x2),求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 8.(xx浙江寧波十校聯(lián)考,文21)設(shè)函數(shù)f(x)=a2ln x-4x,g(x)=bx2,(a≠0,b≠0,a,b∈R). (1)當(dāng)b=時(shí),函數(shù)h(x)=f(x)+g(x)在x=1處有極小值,求函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間; (2)若函數(shù)f(x)和g(x)有相同的極大值,且函數(shù)p(x)=f(x)+在區(qū)間[1,e2]上的最大值為-8e,求實(shí)數(shù)b的值.(其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)) 參考答案 命題調(diào)研明晰考向 真題試做 1.B 解析:對(duì)函數(shù)y=x2-ln x求導(dǎo), 得y′=x-=(x>0), 令解得x∈(0,1].因此函數(shù)y=x2-ln x的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1].故選B. 2.(1)解:由題意得f′(x)=12x2-2a. 當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)≥0恒成立,此時(shí)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞). 當(dāng)a>0時(shí),f′(x)=12, 此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 和. 單調(diào)遞減區(qū)間為. (2)證明:由于0≤x≤1,故當(dāng)a≤2時(shí),f(x)+|a-2|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 當(dāng)a>2時(shí),f(x)+|a-2|=4x3+2a(1-x)-2≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2. 設(shè)g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1, 則g′(x)=6x2-2=6, 于是 x 0 1 g′(x) - 0 + g(x) 1 減 極小值 增 1 所以,g(x)min=g=1->0. 所以當(dāng)0≤x≤1時(shí),2x3-2x+1>0. 故f(x)+|a-2|≥4x3-4x+2>0. 3.解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由f′(x)=0,得x1=-1,x2=a>0. 當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 極大值 極小值 故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1),(a,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-1,a). (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(-2,-1)內(nèi)單調(diào)遞增,在區(qū)間(-1,0)內(nèi)單調(diào)遞減,從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(-2,0)內(nèi)恰有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)解得0<a<. 所以,a的取值范圍是. (3)a=1時(shí),f(x)=x3-x-1. 由(1)知f(x)在[-3,-1]上單調(diào)遞增,在[-1,1]上單調(diào)遞減,在[1,2]上單調(diào)遞增. ①當(dāng)t∈[-3,-2]時(shí),t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上單調(diào)遞增,在[-1,t+3]上單調(diào)遞減. 因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值M(t)=f(-1)=-,而最小值m(t)為f(t)與f(t+3)中的較小者. 由f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,當(dāng)t∈[-3,-2]時(shí),f(t)≤f(t+3), 故m(t)=f(t),所以g(t)=f(-1)-f(t). 而f(t)在[-3,-2]上單調(diào)遞增,因此f(t)≤f(-2)=-, 所以g(t)在[-3,-2]上的最小值為g(-2)=--=. ②當(dāng)t∈[-2,-1]時(shí),t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3]. 下面比較f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大?。? 由f(x)在[-2,-1],[1,2]上單調(diào)遞增,有 f(-2)≤f(t)≤f(-1),f(1)≤f(t+3)≤f(2). 又f(1)=f(-2)=-,f(-1)=f(2)=-,從而M(t)=f(-1)=-,m(t)=f(1)=-. 所以g(t)=M(t)-m(t)=. 綜上,函數(shù)g(t)在區(qū)間[-3,-1]上的最小值為. 精要例析聚焦熱點(diǎn) 熱點(diǎn)例析 【例1】(1)解:f′(x)=a-, 于是解得或 由a,b∈Z,故f(x)=x+. (2)證明:在曲線上任取一點(diǎn). 由f′(x0)=1-知,過此點(diǎn)的切線方程為y-=(x-x0). 令x=1得y=,切線與直線x=1的交點(diǎn)為. 令y=x,得y=2x0-1, 切線與直線y=x的交點(diǎn)為(2x0-1,2x0-1). 直線x=1與直線y=x的交點(diǎn)為(1,1). 從而所圍三角形的面積為2x0-1-1 =2x0-2=2. ∴所圍三角形的面積為定值2. 【變式訓(xùn)練1】(1)1 解析:∵y=ax2,∴y′=2ax,∴y′|x=1=2a. 又y=ax2在點(diǎn)(1,a)處的切線與直線2x-y-6=0平行, ∴2a=2,a=1. (2)2x-y-e+1=0 解析:因?yàn)閒(x)=xln x+1, 所以f′(x)=ln x+x=ln x+1. 因?yàn)閒′(x0)=2,所以ln x0+1=2, 解得x0=e,y0=e+1. 由點(diǎn)斜式得,f(x)在點(diǎn)(e,e+1)處的切線方程為y-(e+1)=2(x-e),即2x-y-e+1=0. 【例2】解:(1)由題意知,函數(shù)的定義域?yàn)?0,+∞), 當(dāng)a=-2時(shí),f′(x)=2x-=, 故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1). (2)由題意得g′(x)=2x+-,函數(shù)g(x)在[1,+∞)上是單調(diào)函數(shù). ①若g(x)為[1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù),則g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立, 即a≥-2x2在[1,+∞)上恒成立,設(shè)φ(x)=-2x2, ∵φ(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減, ∴φ(x)max=φ(1)=0,∴a≥0. ②若g(x)為[1,+∞)上的單調(diào)減函數(shù), 則g′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,不可能. ∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為a≥0. 【變式訓(xùn)練2】解:f(x)的定義域是(0,+∞),f′(x)=1+-=. 設(shè)g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的判別式Δ=a2-8. ①當(dāng)Δ<0即0<a<2時(shí),對(duì)一切x>0都有f′(x)>0. 此時(shí)f(x)是(0,+∞)上的單調(diào)遞增函數(shù). ②當(dāng)Δ=0即a=2時(shí),僅對(duì)x=有f′(x)=0,對(duì)其余的x>0都有f′(x)>0. 此時(shí)f(x)也是(0,+∞)上的單調(diào)遞增函數(shù). ③當(dāng)Δ>0即a>2時(shí),方程g(x)=0有兩個(gè)不同的實(shí)根 x1=,x2=,0<x1<x2. x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 此時(shí)f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增. 【例3】解:(1)f′(x)=3x2-2ax-3. ∵f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù), ∴f′(x)在[1,+∞)上恒有f′(x)≥0, 即3x2-2ax-3≥0在[1,+∞)上恒成立, 則必有≤1且f′(1)=-2a≥0. ∴a≤0. (2)依題意,f′=0,即+a-3=0. ∴a=4,∴f(x)=x3-4x2-3x. 令f′(x)=3x2-8x-3=0,得x1=-,x2=3. 則當(dāng)x變化時(shí),f′(x)與f(x)變化情況如下表: x 1 (1,3) 3 (3,4) 4 f′(x) - 0 + f(x) -6 -18 -12 ∴f(x)在[1,4]上的最大值是f(1)=-6. (3)函數(shù)g(x)=bx的圖象與函數(shù)f(x)的圖象恰有3個(gè)交點(diǎn),即方程x3-4x2-3x=bx恰有3個(gè)不等實(shí)根. ∴x3-4x2-3x-bx=0, ∴x=0是其中一個(gè)根, ∴方程x2-4x-3-b=0有兩個(gè)非零不等實(shí)根. ∴ ∴b>-7且b≠-3. ∴存在滿足條件的b值,b的取值范圍是b>-7且b≠-3. 【變式訓(xùn)練3】解:(1)f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2). 因?yàn)閤=2是函數(shù)y=f(x)的極值點(diǎn), 所以f′(2)=0,即6(2a-2)=0,因此a=1. 經(jīng)驗(yàn)證,當(dāng)a=1時(shí),x=2是函數(shù)y=f(x)的極值點(diǎn). (2)由題設(shè),g(x)=ax3-3x2+3ax2-6x=ax2(x+3)-3x(x+2). 當(dāng)g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為g(0)時(shí),g(0)≥g(2), 即0≥20a-24,得a≤. 反之,當(dāng)a≤時(shí),對(duì)任意x∈[0,2], g(x)≤x2(x+3)-3x(x+2)=(2x2+x-10)=(2x+5)(x-2)≤0, 而g(0)=0,故g(x)在區(qū)間[0,2]上的最大值為g(0). 綜上,a的取值范圍為. 創(chuàng)新模擬預(yù)測(cè)演練 1.A 解析:f′(x)=3f′(1)+2x,令x=1,得f′(1)=3f′(1)+2, ∴f′(1)=-1.故選A. 2.D 解析:當(dāng)0<x<1時(shí),f′(x)=x+2-=<0,則函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù). 又b=f=f=f=f, c=f=f,則有b<c<a. 3.C 解析:設(shè)g(x)=xf(x),則g′(x)=f(x)+xf′(x)<0, ∴當(dāng)x<0時(shí),g(x)=xf(x)為減函數(shù). 又g(x)為偶函數(shù),∴當(dāng)x>0時(shí),g(x)為增函數(shù). ∵1<30.3<2,0<logπ3<1,log3=-2, ∴g(-2)>g(30.3)>g(logπ3), 即c>a>b,故選C. 4.B 解析:設(shè)h(x)=f(x)-(2x+4),則h′(x)=f′(x)-2>0, 故h(x)在R上單調(diào)遞增,又h(-1)=f(-1)-2=0, 所以當(dāng)x>-1時(shí),h(x)>0,即f(x)>2x+4. 5.x3-6x2+9x 解析:設(shè)f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0), 則f′(x)=3ax2+2bx+c. 由題意,有即 解得 故f(x)=x3-6x2+9x. 6.-7 解析:f′(x)=-3x2+6x+9=0,得x=-1或x=3(舍去). ∵f(-2)=2+a,f(-1)=-5+a,f(2)=a+22, ∴a+22=20,a=-2. 故最小值為f(-1)=-7. 7.解:(1)f′(x)=1+(x>0),f′()=1+2=3. 故曲線y=f(x)在x=處切線的斜率為3. (2)f′(x)=a+=(x>0). ①當(dāng)a≥0時(shí),由于x>0,故ax+1>0,f′(x)>0, 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞); ②當(dāng)a<0時(shí),由f′(x)=0,得x=-, 在區(qū)間上f′(x)>0,在區(qū)間上f′(x)<0.所以,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為,單調(diào)遞減區(qū)間為. (3)由題可知,若對(duì)任意x1∈(0,+∞),均存在x2∈[0,1],使得f(x1)<g(x2),轉(zhuǎn)化為[f(x)]max<[g(x)]max,而[g(x)]max=2. 由(2)知,當(dāng)a≥0時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,值域?yàn)镽,故不符合題意.(或者舉出反例:存在f(e3)=ae3+3>2,故不符合題意.) 當(dāng)a<0時(shí),f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減, 故f(x)的極大值即為最大值,f=-1+ln=-1-ln(-a),所以2>-1-ln(-a),解得a<-. 所以,a的取值范圍為. 8.解:(1)b=,h(x)=a2ln x-4x+x2,h′(x)=-4+3x,h′(1)=a2-1=0,a2=1, ∴h(x)=ln x-4x+x2,由h′(x)=-4+3x=>0, 得x>1或0<x<,所以h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是和(1,+∞). (2)函數(shù)g(x)的極大值為0,且b<0, 而f′(x)=-4,令f′(x)=0?x=,f(x)在上單調(diào)遞增,上單調(diào)遞減, 所以f(x)極大值=f=a2ln-a2=0?a2=4e, 則p(x)=4eln x-4x+bx,根據(jù)題意得p(1)=-4+b≤-8e?b≤4-8e,p′(x)=,令p′(x)=0?x=, ∵4-b≥8e,∴x≤, ∴函數(shù)p(x)在[1,e2]上單調(diào)遞減, ∴p(x)最大值=p(1)=-4+b=-8e,得b=4-8e.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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