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规范答题示范——函数与导数解答题
【典例】 (12分)(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f(x)=ln x+ax2+(2a+1)x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)当a0时,证明f(x)≤-eq \f(3,4a)-2.
[信息提取]
看到讨论f(x)的单调性,想到先确定函数的定义域,然后对函数f(x)进行求导.
看到要证f(x)≤-eq \f(3,4a)-2成立,想到利用导数求函数的最大值.
[规范解答]
(1)解 f(x)的定义域(0,+∞),
f′(x)=eq \f(1,x)+2ax+2a+1=eq \f((2ax+1)(x+1),x).
……………………………………………………………………………………1分
若a≥0时,则当x∈(0,+∞)时,f′(x)0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增,
……………………………………………………………………………………2分
若a0时,则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,2a)))时,f′(x)0;
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a),+∞))时,f′(x)0.
故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,-\f(1,2a)))上单调递增,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a),+∞))上单调递减.
……………………………………………………………………………………5分
(2)证明 由(1)知,当a0时,f(x)在x=-eq \f(1,2a)处取得最大值,最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))=lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))-1-eq \f(1,4a),
所以f(x)≤-eq \f(3,4a)-2等价于lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))-1-eq \f(1,4a)≤-eq \f(3,4a)-2,即lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))+eq \f(1,2a)+1≤0,
……………………………………………………………………………………8分
设g(x)=ln x-x+1,则g′(x)=eq \f(1,x)-1.
当x∈(0,1)时,g′(x)0;x∈(1,+∞)时,g′(x)0.
所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
故当x=1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)=0.
……………………………………………………………………………………10分
所以当x0时,g(x)≤0,
从而当a0时,lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))+eq \f(1,2a)+1≤0,
即f(x)≤-eq \f(3,4a)-2.
……………………………………………………………………………………12分
[高考状元满分心得]
得步骤分:抓住得分点的步骤,“步步为赢”,求得满分.如第(1)问中,求导正确,分类讨论;第(2)问中利用单调性求g(x)的最大值和不等式性质的运用.
得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第(1)问中,求出f(x)的定义域,f′(x)在(0,+∞)上单调性的判断;第(2)问,f(x)在x=-eq \f(1,2a)处最值的判定,f(x)≤-eq \f(3,4a)-2等价转化为lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,2a)))+eq \f(1,2a)+1≤0等.
得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中,求导f′(x)准确,否则全盘皆输,第(2)问中,准确计算f(x)在x=-eq \f(1,2a)处的最大值.
[解题程序]
第一步:求函数f(x)的导函数f′(x);
第二步:分类讨论f(x)的单调性;
第三步:利用单调性,求f(x)的最大值;
第四步:根据要证的不等式的结构特点,构造函数g(x);
第五步:求g(x)的最大值,得出要证的不等式.
第六步:反思回顾,查看关键点、易错点和解题规范.
【巩固提升】 已知函数f(x)=x2-kln x-a,g(x)=x2-x.
(1)当a=0时,若g(x)f(x)在区间(1,+∞)上恒成立,求实数k的取值范围.
(2)是否存在常数k,使得函数f(x)和g(x)在区间(0,+∞)上具有相同的单调性?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
解 (1)当a=0时,由g(x)f(x)得kln xx,
因为x1,所以ln x0
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