（教师典型例题专讲）2014届高三数学一轮提能一日一讲（11月4日）

②若t>0，则－t<.

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当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

tx f′(x) f(x) (－∞，－t) ＋ ?－t，t? ?2???－ ↘ ?t，＋∞? ?2???＋ t?，＋∞?；??所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，?2?f(x)的单调递减区间是?－t，2?.

????

11．(本小题10分)(2013·福建卷)已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值．

解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－. 2

(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－(x>0)，

taxx因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，

所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)， 即x＋y－2＝0. (2)由f′(x)＝1－＝

ax－a，x>0知：

xx①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值； ②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，

又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，

从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值． 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；

当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．

12．(本小题10分)(理)(2013·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x＋ax＋b，g(x)＝e(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.

(1)求a，b，c，d的值；

(2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．

解 (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.

而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝e(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.

(2)由(1)知，f(x)＝x＋4x＋2，g(x)＝2e(x＋1)．

设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2ke(x＋1)－x－4x－2，则F′(x)＝2ke(x＋2)－2x－4

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x2

2

2

xxxx

＝2(x＋2)(ke－1)．

由题设可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.

(ⅰ)若1≤k0，即F(x)在(－2， x1)单调递减，在(x1，＋∞)单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x1－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.

故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

(ⅱ)若k＝e，则F′(x)＝2e(x＋2)( e－e)．从而当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)单调递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．

(ⅲ)若k>e，则F(－2)＝－2ke＋2＝－2e(k－e)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．

综上，k的取值范围是[1，e]．

12．(本小题10分)(文)(2013·浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝2x－3(a＋1)x＋6ax. (1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)若|a|>1，求f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值． 解 (1)当a＝1时，f′(x)＝6x－12x＋6， 所以f′(2)＝6.

又因为f(2)＝4，所以切线方程为y＝6x－8. (2)记g(a)为f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值．

2

3

2

2

2

－2

－2

2

2

2

2

2

xx－2

f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)·(x－a)．

令f′(x)＝0，得到x1＝1，x2＝a. 当a>1时，

比较f(0)＝0和f(a)＝a(3－a)的大小可得

??0，1

?a－a，a>3.?

2

当a<－1时，

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得g(a)＝3a－1.

综上所述，f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值为?3a－1，a<－1，g(a)＝?

?0，1

??a2－a，a>3.

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