全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題5 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用含解析
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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 【走向高考】(全國通用)20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題5 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 一、選擇題 1.(文)曲線y=xex+2x-1在點(0,-1)處的切線方程為( ) A.y=3x-1 B.y=-3x-1 C.y=3x+1 D.y=-2x-1 [答案] A [解析] k=y(tǒng)′|x=0=(ex+xex+2)|x=0=3, ∴切線方程為y=3x-1,故選A. (理)(20xx吉林市質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)=2sinx(x∈[0,π])在點P處的切線平行于函數(shù)
2、g(x)=2(+1)在點Q處的切線,則直線PQ的斜率( ) A.1 B. C. D. 2 [答案] C [解析] f′(x)=2cosx,x∈[0,π],∴f′(x)∈[-2,2],g′(x)=+≥2,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時,等號成立, 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則由題意知,2cosx1=+,∴2cosx1=2且+=2,∵x1∈[0,π], ∴x1=0,∴y1=0,x2=1,y2=,∴kPQ==. [方法點撥] 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義 函數(shù)y=f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)f ′(x0)就是曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線的斜率,即k=f
3、 ′(x0). 2.求曲線y=f(x)的切線方程的類型及方法 (1)已知切點P(x0,y0),求y=f(x)過點P的切線方程: 求出切線的斜率f ′(x0),由點斜式寫出方程; (2)已知切線的斜率為k,求y=f(x)的切線方程: 設(shè)切點P(x0,y0),通過方程k=f ′(x0)解得x0,再由點斜式寫出方程; (3)已知切線上一點(非切點),求y=f(x)的切線方程: 設(shè)切點P(x0,y0),利用導(dǎo)數(shù)求得切線斜率f ′(x0),再由斜率公式求得切線斜率,列方程(組)解得x0,再由點斜式或兩點式寫出方程. 3.若曲線的切線與已知直線平行或垂直,求曲線的切線方程時,先由平行或垂直
4、關(guān)系確定切線的斜率,再由k=f′ (x0)求出切點坐標(biāo)(x0,y0),最后寫出切線方程.
4.(1)在點P處的切線即是以P為切點的切線,P一定在曲線上.
(2)過點Q的切線即切線過點Q,Q不一定是切點,所以本題的易錯點是把點Q作為切點.因此在求過點P的切線方程時,應(yīng)首先檢驗點P是否在已知曲線上.
2.已知f(x)為定義在(-∞,+∞)上的可導(dǎo)函數(shù),且f(x)
5、(20xx)
6、用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的步驟. (1)找出函數(shù)f(x)的定義域; (2)求f ′(x); (3)在定義域內(nèi)解不等式f ′(x)>0,f ′(x)<0. 3.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. 4.若已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的值或取值范圍,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)恒成立的問題求解,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. 3.(20xx新課標(biāo)Ⅱ理,12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當(dāng)x>0
7、時,xf′(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞)
[答案] A
[解析] 考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用.
記函數(shù)g(x)=,則g′(x)=,因為當(dāng)x>0時,xf′(x)-f(x)<0,故當(dāng)x>0時,g′(x)<0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;又因為函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù),故函數(shù)g(x)是偶函數(shù),所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,且g(-1)=g(1)=0.當(dāng)0
8、)<0,則f(x)>0,綜上所述,使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1),故選A. [方法點撥] 1.在研究函數(shù)的性質(zhì)與圖象,方程與不等式的解,不等式的證明等問題中,根據(jù)解題的需要可以構(gòu)造新的函數(shù)g(x),通過研究g(x)的性質(zhì)(如單調(diào)性、極值等)來解決原問題是常用的方法.如在討論f ′(x)的符號時,若f ′(x)的一部分為h(x),f ′(x)的符號由h(x)所決定,則可轉(zhuǎn)化為研究h(x)的極(最)值來解決,證明f(x)>g(x)時,可構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),轉(zhuǎn)化為h(x)的最小值問題等等. 2.應(yīng)用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題,是多元
9、問題中的常見題型,常見的解題思路有以下兩種: (1)分離變量,構(gòu)造函數(shù),將不等式恒成立、方程求解等轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值(或值域),然后求解. (2)換元,將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程,進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)加以解決. 3.有關(guān)二次方程根的分布問題一般通過兩類方法解決:一是根與系數(shù)的關(guān)系與判別式,二是結(jié)合函數(shù)值的符號(或大小)、對稱軸、判別式用數(shù)形結(jié)合法處理. 4.和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識點 ①函數(shù)y=f(x),當(dāng)y>0時轉(zhuǎn)化為不等式f(x)>0. ②數(shù)列是自變量為正整數(shù)的函數(shù). ③直線與二次曲線位置關(guān)系問題常轉(zhuǎn)化為二次方程根的分布問題. ④立體幾何中有關(guān)計算問題,有時
10、可借助面積、體積公式轉(zhuǎn)化為方程或函數(shù)最值求解. 5.注意方程(或不等式)有解與恒成立的區(qū)別. 6.含兩個未知數(shù)的不等式(函數(shù))問題的常見題型及具體轉(zhuǎn)化策略: (1)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最大值. (2)?x1∈[a,b],x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最小值. (3)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最小值>g(x)在[c,d]上的最小值. (4)?x1∈[a,b],
11、?x2∈[c,d],f(x1)>g(x2)?f(x)在[a,b]上的最大值>g(x)在[c,d]上的最大值. (5)?x1∈[a,b],當(dāng)x2∈[c,d]時,f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域與g(x)在[c,d]上的值域交集非空. (6)?x1∈[a,b],?x2∈[c,d],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域. (7)?x2∈[c,d],?x1∈[a,b],f(x1)=g(x2)?f(x)在[a,b]上的值域?g(x)在[c,d]上的值域. 4.(文)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個圖象之一,且其導(dǎo)函數(shù)y=f ′
12、(x)的圖象如下圖所示,則該函數(shù)的圖象是( ) [答案] B [解析] 本題考查原函數(shù)圖象與導(dǎo)函數(shù)圖象之間的關(guān)系. 由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得,y=f(x)在[-1,0]上每一點處的切線斜率逐漸變大,而在[0,1]上則逐漸變小,故選B. (理)(20xx石家莊市質(zhì)檢)定義在區(qū)間[0,1]上的函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示,以A(0,f(0))、B(1,f(1))、C(x,f(x))為頂點的△ABC的面積記為函數(shù)S(x),則函數(shù)S(x)的導(dǎo)函數(shù)S′(x)的大致圖象為( ) [答案] D [解析] ∵A、B為定點,∴|AB|為定值,∴△ABC的面積S(x)隨點C到直線AB的
13、距離d而變化,而d隨x的變化情況為增大→減小→0→增大→減小,∴△ABC的面積先增大再減小,當(dāng)A、B、C三點共線時,構(gòu)不成三角形;然后△ABC的面積再逐漸增大,最后再逐漸減小,觀察圖象可知,選D. [方法點撥] 1.由導(dǎo)函數(shù)的圖象研究函數(shù)的圖象與性質(zhì),應(yīng)注意導(dǎo)函數(shù)圖象位于x軸上方的部分對應(yīng)f(x)的增區(qū)間,下方部分對應(yīng)f(x)的減區(qū)間,與x軸的交點對應(yīng)函數(shù)可能的極值點,導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性決定函數(shù)f(x)增長的速度; 2.由函數(shù)的圖象確定導(dǎo)函數(shù)的圖象時,應(yīng)注意觀察函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值點,它們依次對應(yīng)f′(x)的正負(fù)值區(qū)間和零點,圖象上開或下降的快慢決定導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性. 5.已知常數(shù)a、b、c都
14、是實數(shù),f(x)=ax3+bx2+cx-34的導(dǎo)函數(shù)為f′(x),f′(x)≤0的解集為{x|-2≤x≤3},若f(x)的極小值等于-115,則a的值是( ) A.- B. C.2 D.5 [答案] C [解析] 依題意得f′(x)=3ax2+2bx+c≤0的解集是[-2,3],于是有3a>0,-2+3=-,-23=, ∴b=-,c=-18a,函數(shù)f(x)在x=3處取得極小值,于是有f(3)=27a+9b+3c-34=-115,-a=-81,a=2,故選C. 二、解答題 6.(文)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫
15、坐標(biāo)為-2. (1)求a; (2)證明:當(dāng)k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點. [分析] (1)由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可把斜率用a來表示,再由斜率公式可求出a的值;(2)把曲線與直線只有一個交點轉(zhuǎn)化為函數(shù)只有一個零點作為本問的切入點,利用分類討論的思想和利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性來判斷所設(shè)函數(shù)的單調(diào)性,從而得出此函數(shù)在每個區(qū)間的單調(diào)情況,進(jìn)而求出零點個數(shù),解決本問. [解析] (1)f′(x)=3x3-6x+a,f′(0)=a, 由題設(shè)得-=-2,所以a=1. (2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 設(shè)g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-
16、k)x+4. 由題設(shè)知1-k>0. 當(dāng)x≤0時,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)單調(diào)遞增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一實根. 當(dāng)x>0時,令h(x)=x3-3x2+4,則g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0, 所以g(x)=0在(0,+∞)上沒有實根. 綜上,g(x)在R上有唯一實根,即曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點. (理)已知函數(shù)f(x)=ex-a
17、x(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值;
(2)證明:當(dāng)x>0時,x2
18、=ex-a.
又f′(0)=1-a=-1,得a=2.
所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2.
令f′(x)=0,得x=ln2.
當(dāng)x
19、>g(0)>0,即x2
20、+3(k-lnk)+5k
易知k>lnk,k>ln2,5k>0,所以h(x0)>0.
即存在x0=,當(dāng)x∈(x0,+∞)時,恒有x2
21、:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解. [解析] 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識,考查函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想. (1)由已知,函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), g(x)=f′(x)=2(x-1-lnx-a), 所以g′(x)=2-=. 當(dāng)x∈(0,1)時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(1,+∞)時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增. (2)由f′(x)=2(x-1-lnx-a)=0,解得a=x-1-lnx, 令
22、Φ(x)=-2xlnx+x2-2x(x-1-lnx)+(x-1-lnx)2=(1+lnx)2-2xlnx, 則Φ(1)=1>0,Φ(e)=2(2-e)<0, 于是,存在x0∈(1,e),使得Φ(x0)=0. 令a0=x0-1-lnx0=u(x0),其中u(x)=x-1-lnx(x≥1), 由u′(x)=1-≥0知,函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增, 故0=u(1)<a0=u(x0)<u(e)=e-2<1, 即a0∈(0,1). 當(dāng)a=a0時,有f′(x0)=0,f(x0)=Φ(x0)=0 再由(1)知,f′(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增. 當(dāng)x∈(1,x0)時,f
23、′(x)<0,從而f(x)>f(x0)=0; 當(dāng)x∈(x0,+∞)時,f′(x)>0,從而f(x)>f(x0)=0; 又當(dāng)x∈(0,1]時,f(x)=(x-a0)2-2xlnx>0, 故x∈(0,+∞)時,f(x)≥0. 綜上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0恒成立,且f(x)=0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一解. (理)(20xx江蘇,19)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)試討論f(x)的單調(diào)性; (2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值. [解析] 考查利
24、用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性、極值、函數(shù)零點. (1)先求函數(shù)導(dǎo)數(shù),通過討論導(dǎo)函數(shù)零點求解;(2)通過構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)關(guān)系求解. (1)f′(x)=3x2+2ax,令f′(x)=0,解得x1=0,x2=-. 當(dāng)a=0時,因為f′(x)=3x2≥0,所以函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增; 當(dāng)a>0時,x∈∪(0,+∞)時,f′(x)>0,x∈(-,0)時,f′(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在,(0,+∞)上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減; 當(dāng)a<0時,x∈(-∞,0)∪時,f′(x)>0,x∈時,f′(x)<0, 所以函數(shù)f(x)在(-∞,0),上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. (2)由(
25、1)知,函數(shù)f(x)的兩個極值為f(0)=b,f=a3+b,則函數(shù)f(x)有三個零點等價于f(0)f=ba3+b<0,從而或. 又b=c-a,所以當(dāng)a>0時,a3-a+c>0, 或當(dāng)a<0時,a3-a+c<0. 設(shè)g(a)=a3-a+c,因為函數(shù)f(x)有三個零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪∪,則在(-∞,-3)上g(a)<0,且在∪上g(a)>0均恒成立, 從而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1. 此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函數(shù)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根
26、, 所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得a∈(-∞,-3)∪1,∪,+∞. 綜上c=1. [方法點撥] 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)綜合題的一般步驟: 第一步,將所給問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)性質(zhì)的問題. 若已給出函數(shù),直接進(jìn)入下一步. 第二步,確定函數(shù)的定義域. 第三步,求導(dǎo)數(shù)f ′(x),解方程f ′(x)=0,確定f(x)的極值點x=x0. 第四步,判斷f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性和極值,若在x=x0左側(cè)f ′(x)>0,右側(cè)f ′(x)>0,則f(x0)為極大值,反之f(x0)為極小值,若在x=x0兩側(cè)f ′(x)不變號,則x
27、=x0不是f(x)的極值點. 第五步,求f(x)的最值,比較各極值點與區(qū)間端點f(a),f(b)的大小,最大的一個為最大值、最小的一個為最小值. 第六步,得出問題的結(jié)論. 8.濟(jì)南市“兩會”召開前,某政協(xié)委員針對自己提出的“環(huán)保提案”對某處的環(huán)境狀況進(jìn)行了實地調(diào)研,據(jù)測定,該處的污染指數(shù)與附近污染源的強度成正比,與到污染源的距離成反比,比例常數(shù)為k(k>0).現(xiàn)已知相距36km的A、B兩家化工廠(污染源)的污染強度分別為正數(shù)a、b,它們連線上任意一點C處的污染指數(shù)y等于兩化工廠對該處的污染指數(shù)之和.設(shè)AC=x(km). (1)試將y表示為x的函數(shù); (2)若a=1時,y在x=6處取得
28、最小值,試求b的值.
[解析] (1)設(shè)點C受A污染源污染指數(shù)為,點C受B污染源污染指數(shù)為,其中k為比例系數(shù),且k>0.
從而點C處污染指數(shù)y=+(0 29、目標(biāo)函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求最值是首選的方法,若在函數(shù)的定義域內(nèi)函數(shù)只有一個極值點,該極值點即為函數(shù)的最值點.
2.利用導(dǎo)數(shù)解決優(yōu)化問題的步驟
①審題,設(shè)未知數(shù);②結(jié)合題意列出函數(shù)關(guān)系式;③確定函數(shù)的定義域;④在定義域內(nèi)求極值、最值;⑤下結(jié)論.
9.(20xx重慶理,20)設(shè)函數(shù)f(x)=(a∈R).
(1)若f(x)在x=0處取得極值,確定a的值,并求此時曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;
(2)若f(x)在[3,+∞)上為減函數(shù),求a的取值范圍.
[解析] 第一問主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義,導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及極值問題,屬于簡單題型.第二問屬于主要考查了導(dǎo)數(shù)的求導(dǎo)公式以及單調(diào) 30、性的應(yīng)用,是高考??碱}型,屬于簡單題型.
(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)==,
因為f(x)在x=0處取得極值,所以f′(0)=0,即a=0.
當(dāng)a=0時,f(x)=,f′(x)=,
故f(1)=,f′(1)=.
從而f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-=(x-1),化簡得3x-ey=0.
(2)由(1)知f′(x)=,
令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,
由g(x)=0解得x1=,
x2=.
當(dāng)x 31、(x)<0,即f′(x)<0,故f(x)為減函數(shù);
由f(x)在[3,+∞)上為減函數(shù),知x2=≤3,
解得a≥-,
故a的取值范圍為.
[方法點撥] 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)最值的一般步驟
(1)求定義域;(2)求導(dǎo)數(shù)f ′(x);(3)求極值,先解方程f ′(x)=0,驗證f ′(x)在根左右兩側(cè)值的符號確定單調(diào)性,若在x=x0左側(cè)f ′(x)>0,右側(cè)f ′(x)<0,則f(x0)為極大值,反之f(x0)為極小值,若在x=x0兩側(cè)f(x)的值不變號,則x=x0不是f(x)的極值點;(4)求最值,比較各極值點與區(qū)間[a,b]的端點值f(a)、f(b)的大小,其中最大的一個為最大值,最 32、小的一個為最小值.
2.已知f(x)在某區(qū)間上的極值或極值的存在情況,則轉(zhuǎn)化為方程f ′(x)=0的根的大小或存在情況.
10.(文)已知函數(shù)f(x)=(ax2+bx+c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)=1,f(1)=0.
(1)求a的取值范圍;
(2)設(shè)g(x)=f(x)-f′(x),求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值.
[解析] (1)由f(0)=1,f(1)=0得c=1,a+b=-1,
則f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,
f ′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex
依題意須對于任意x∈(0,1),有f ′(x)<0.
當(dāng)a>0時,因為二次 33、函數(shù)y=ax2+(a-1)x-a的圖象開口向上,而f ′(0)=-a<0,所以須
f ′(1)=(a-1)e<0,即00,f(x)不符合條件.
故a的取值范圍0≤a≤1.
(2)因為g(x)=(-2ax+1+a)ex,g′(x)=(-2ax+1-a)ex,
(ⅰ)當(dāng)a=0時,g′(x)=ex>0,g(x)在x=0處取得最小值g(0)=1,在x=1處取得最大值g(1 34、)=e.
(ⅱ)當(dāng)a=1時,對于任意x∈(0,1)有g(shù)′(x)=-2xex<0,g(x)在x=0處取得最大值g(0)=2,在x=1處取得最小值g(1)=0.
(ⅲ)當(dāng)00.
①若≥1,即0
35、x=1處取得最小值g(1)=(1-a)e.
[點評] 本題考查導(dǎo)數(shù)運算,二次函數(shù)、恒成立問題、導(dǎo)數(shù)應(yīng)用等,考查分類討論數(shù)學(xué)思想,體現(xiàn)導(dǎo)數(shù)的工具作用.第(1)問中不要漏掉a=0,a=1.第(2)問分類的依據(jù)是判定g(x)在[0,1]上的單調(diào)性.
(理)設(shè)函數(shù)f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n為正整數(shù),a、b為常數(shù).函數(shù)y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為x+y=1.
(1)求a、b的值;
(2)求函數(shù)f(x)的最大值;
(3)證明:f(x)<.
[分析] (1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及點(1,f(1))在直線x+y=1上可求得a、b.
(2)通過求導(dǎo)判定f(x)的單調(diào) 36、性求其最大值.
(3)借用第(2)問的結(jié)論f(x)的最大值小于,構(gòu)造新的函數(shù)關(guān)系.
[解析] (1)因為f(1)=b,由點(1,b)在直線x+y=1上,可得1+b=1,即b=0,
因為f ′(x)=anxn-1-a(n+1)xn,
所以f ′(1)=-a.
又因為切線x+y=1的斜率為-1,
所以-a=-1,即a=1,
故a=1,b=0.
(2)由(1)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn+1,
f ′(x)=(n+1)xn-1(-x).
令f ′(x)=0,解得x=,
即f ′(x)在(0,+∞)上有唯一零點x=.
在(0,)上,f ′(x)>0,故f(x)單調(diào)遞 37、增;
而在(,+∞)上,f ′(x)<0,故f(x)單調(diào)遞減.
故f(x)在(0,+∞)上的最大值為f()=()n(1-)=.
(3)令φ(t)=lnt-1+(t>0),則
φ′(t)=-=(t>0).
在(0,1)上,φ′(t)<0,故φ(t)單調(diào)遞減;
而在(1,+∞)上φ′(t)>0,φ(t)單調(diào)遞增.
故φ(t)在(0,+∞)上的最小值為φ(1)=0.
所以φ(t)>0(t>1),
即lnt>1-(t>1).
令t=1+,得ln>,
即ln()n+1>lne,
所以()n+1>e,即<.
由(2)知,f(x)≤<,
故所證不等式成立.
[點評] 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義,通過導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值,判斷函數(shù)的單調(diào)性,在判斷單調(diào)性和求函數(shù)的最大值時一定要注意函數(shù)的定義域.
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