高三模擬文科數(shù)學試題之導數(shù)及其應用(4)
來源:網(wǎng)絡資源 2018-10-19 20:35:43
45.解:(Ⅰ) .
當a≤0時,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,
所以函數(shù)f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),此時f(x)無單調(diào)減區(qū)間.
當a>0時,由f′(x)>0,得 ,
由f′(x)<0,得0<x< ,得 ,
所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為( ,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0, ).
。á颍┯桑á瘢┛芍瘮(shù)f(x)有兩個零點,
所以a>0,f(x)的最小值 ,即-a2+4a-4aln <0.
因為a>0,所以 .
令h(a)=a-4+4ln ,顯然h(a)在(0,+∞)上為增函數(shù),且h(2)=-2<0,h(3)=4ln -1>0,
所以存在a0∈(2,3),h(a0)=0.
當a>a0時,h(a)>0;當0<a<a0時,h(a)<0,
所以滿足條件的最小正整數(shù)a=3.
又當a=3時,F(xiàn)(3)=3(2-ln3)>0,F(xiàn)(1)=0,
所以a=3時,f(x)有兩個零點.
綜上所述,滿足條件的最小正整數(shù)a的值為3.
46.解:(1)f(x)= x3+cx+3,f′(x)=x2+c,
因為f(x)在x=0處的切線與直線y=x+2垂直,
所以f′(0)=c=-1,
即f(x)= x3-x+3;
(2)由(1),可得g(x)=4lnx-x2+1,x∈(0,+∞),
則g′(x)= -2x= =- ,
、佼0<x< 時,g′(x)>0,
可得g(x)在(0, )上為增函數(shù);
②當x≥ 時,g′(x)≤0,
可得g(x)在( ,+∞)上為減函數(shù);
所以g(x)在x= 處取得極大值g( )=2ln2-1.
47.解:(1)因為a=2,所以|PQ|=et+sint-2t.令h(x)=ex+sinx-2x,
即h'(x)=ex+cosx-2,因為h''(x)=ex-sinx,
當x>0時,ex>1,-1≤sinx≤1,所以h''(x)=ex-sinx>0,
所以h'(x)=ex+cosx-2在(0,+∞)上遞增,所以h'(x)=ex+cosx-2>h'(0)=0,
∴x∈[0,+∞)時,h(x)的最小值為h(0)=1,所以|PQ|min=1.
。2)令?(x)=F(x)-F(-x)=ex-e-x+2sinx-2ax,
則?'(x)=ex-e-x+2cosx-2a,S(x)=?''(x)=ex-e-x-2sinx,
因為S'(x)=ex+e-x-2cosx≥0當x≥0時恒成立,所以函數(shù)S(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴S(x)≥S(0)=0當x∈[0,+∞)時恒成立;
故函數(shù)?'(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以?'(x)≥?'(0)=4-2a在x∈[0,+∞)時恒成立.
當a≤2時,?'(x)≥0,?(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,即?(x)≥?(0)=0.
故a≤2時F(x)≥F(-x)恒成立.
當a>2時,因為?'(x)在[0,+∞)單調(diào)遞增,
所以總存在x0∈(0,+∞),使?(x)在區(qū)間[0,x0)上?'(x)<0,即?(x)在區(qū)間[0,x0)上單調(diào)遞減,而?(0)=0,
所以當x∈[0,x0)時,?(x)<0,這與F(x)-F(-x)≥0對x∈[0,+∞)恒成立矛盾,
所以a>2不符合題意,故符合條件的a的取值范圍是(-∞,2].
48.解:(1)函數(shù)f(x)= +lnx的定義域(0,+∞),
f′(x)=- + = ,
①當a≤0時,f′(x)≥0,
函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
②當a>0時,由f′(x)≥0得x≥ ,
函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( ,+∞);
由f′(x)≤0得0<x≤ ,
函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0, ).
。2)存在x1,x2∈[- ,3],使得g(x1)-g(x2)≥M成立,
可化為[g(x1)-g(x2)]max≥M;
考察g(x)=x3-x2-3,g′(x)=3x2-2x=3x(x- );
x - (- ,0) 0 (0, ) ( ,3) 3
g'(x) + 0 - 0 +
g(x) - 遞增 -3 遞減 - 遞增 15
由上表可知g(x)min=g(- )=g( )=- ,g(x)max=g(3)=15;
故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= ,
所以滿足條件的最大整數(shù)M=18.
。3)當x∈[ ,2]時,由(Ⅱ)可知,g(x)在[ , ]上是減函數(shù),
在[ ,2]上增函數(shù),而g( )=- <g(2)=1,
∴g(x)的最大值是1.
要滿足條件,
則只需當x∈[ ,2]時,xf(x)= +xlnx≥1恒成立,
可化為a≥x-x2lnx恒成立,
記h(x)=x-x2lnx,h′(x)=1-x-2xlnx,h′(1)=0.
當x∈[ ,1)時,1-x>0,xlnx<0,h′(x)>0,
即函數(shù)h(x)=x-x2lnx在區(qū)間[ ,1)上遞增,
當x∈(1,2]時,1-x<0,xlnx>0,h′(x)<0,
即函數(shù)h(x)=x-x2lnx在區(qū)間(1,2]上遞減,
∴x=1,h(x)取到極大值也是最大值h(1)=1.
所以a≥1.
49.解:(1)∵f′(x)= ,∴f′(1)=4-2a,
由題意4-2a=- ,解得:a= ;
(2)證明:由題意,x1,x2為f′(x)=0的兩根,
∴ ,∴2<a<3,
由x1+x2=a>2,x1x2=3-a<1,知x1<1<x2,
結合單調(diào)性有f(x2)<f(1)= -a<- ,
又f(x1)+f(x2)= ( + )-a(x1+x2)+(3-a)lnx1x2=- a2+a-3+(3-a)ln(3-a),
設h(a)=- a2+a-3+(3-a)ln(3-a),a∈(2,3),
則h′(a)=-a-ln(3-a),
h″(a)= >0,故h′(a)在(2,3)遞增,又h′(2)=-2<0,
a→3時,h′(a)→+∞,
∴?a0∈(2,3),當a∈(2,a0)時,h(a)遞減,當a∈(a0,3)時,h(a)遞增,
∴h(a)min=h(a0)=- +a0-3+(3-a0)o(-a0)= -2a0-3>-5,
∴?a∈(2,3),h(a)>-5,
綜上,-5-f(x1)<f(x2)<- .
50.解:(Ⅰ)f(x)=ax2+x+a,求導f′(x)=2ax+1,
由f(x)的圖象在點(1,f(1))處的切線與2x+y-1=0平行,
則f′(1)=-2,則2a+1=-2,
a=- ,
∴實數(shù)a的值- ;
。á颍﹉(x)= ≥ ,即h(x)≥ ≥ ,
由x∈[0,2],h(x)≥ ,
∴ ,解得:a≥ ,
h′(x)= = ,
a≥ ,
∴1- <1<2,
①當1- ≤0,即 ≤a≤1,h(x)在(1- ,1)上單調(diào)遞增,在(1,2)單調(diào)遞減;
∴ ,則 ≤a≤1,符合題意;
、诋1- >0,即a>1時,h(x),h′(x)在[0,2]上的變化如下:
x 0 (0,1- ) 1- (1- ,1) 1 (1,2) 2
h′(x) - 0 + 0 -
h(x), ↓ 極小值 ↑ 極大值 ↓
∴只需 ,又h(2)≥ 成立,故只需h(1- )≥ ,即 ≤2a-1,
下面證明:當a>1時, ≤2a-1,恒成立:
當a>1時,2a-1>1;
同時0< <1,∴-1>-1- ≥-2,∴ <e-1= ,
∴2a-1>1> > ,∴a>1符合題意;
綜上,a的取值范圍是[ ,+∞).
51.解:(1)當a=-2時,f(x)=ln x+ ,f′(x)= ,
當x∈(0,2)時,f′(x)<0,當x∈(2,+∞)時,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,2)上為減函數(shù),在(2,+∞)上為增函數(shù).
∴f(x)min=f(2)=ln 2+1;
。2)f′(x)= ,
、佼攁≥-1時,對任意x∈[1,e],
f′(x)≥0,此時f(x)在[1,e]上為增函數(shù),
∴f(x)min=f(1)=-a= ,
∴a=- (舍).
②當a≤-e時,對任意x∈[1,e],
f′(x)≤0,此時f(x)在[1,e]上為減函數(shù).
∴f(x)min=f(e)=1- = .
∴a=- (舍).
③當-e<a<-1時,令f′(x)=0,得x=-a,當1<x<-a時,f′(x)<0,
f(x)在(1,-a)上遞減.同理,f(x)在(-a,e)上遞增.
∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,
∴a=- .綜上,a=- .
52.解:(1)函數(shù)f(x)=2x3+3ax2+3bx+c,可得f′(x)=6x2+6ax+3b
因為函數(shù)f(x)在x=1及x=2時取得極值,則有f′(1)=0,f′(2)=0.
即 解得a=-3,b=4.
。2)由(1)可知,f(x)=2x3-9x2+12x+c,f′(x)=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2).
當x∈[-1,1]時,f′(x)>0;當x∈(1,2]時,f′(x)<0.
f(x)在[-1,2]上的最大值是f(1)=5+c=9,c=4.
此時f(-1)=-19,f(2)=8,所以最小值在x=-1時取得,為-19.
53.解:(1)f′(x)=ax-(a+1)+ = (x>0),
、佼攁=0時,解f′(x)=- >0,得0<x<1,由f′(x)<0,得x>1,
所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為在(1,+∞);
②a≠0時,令f'(x)=0得x=1或x= ,
i)當0<a<1時, >1,當x變化時f(x)、f′(x)隨x的變化情況如下表:
x (0,1)) 1 (1, ) ( ,+∞)
f′(x) + 0 - 0 +
f(x) 增 減 增
函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),( ,+∞),遞減區(qū)間為(1, );
ii)當a<0時, <0,
在(0,1)上f'(x)>0,在(1,+∞)上f'(x)<0,
所以函數(shù)f(x)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(1,+∞);
。2)由(1)知,當a= 時,f(x)在(0,1)上是增函數(shù),在(1,2)上是減函數(shù),
所以M=f(1)=- ,
存在x∈[1,2],使g(x)≥- ,即存在x∈[1,2],使x2-2bx+ ≥- ,
只需函數(shù)g(x)在[1,2]上的最大值大于等于- ,
所以有 ,即 ,解得:b≤ ,
所以b的取值范圍是(-∞, ].
54.解:y= 的導數(shù)為y′= ,
設點M(x0,y0)
∵切線與直線y=-2x-4垂直,
∴切線的斜率為 ,
∴曲線在點M處的導數(shù)y′= = ,即x0=1.
當x0=1時,y0=1,利用點斜式得到切線方程:y-1= (x-1);
即切線的方程為:x-2y+1=0.
55.解:(1)∵y=f(x)是二次函數(shù),且f'(x)=2x+2.∴可設f(x)=x2+2x+c.
又∵方程f(0)=1得到c=1,
∴f(x)=x2+2x+1;
。2)∵函數(shù)f(x)=x2+2x+1與函數(shù)y=-x2-4x+1的圖象交于點(0,1),(-3,4),
∴兩函數(shù)圖象所圍成的圖形的面積為 = =( )| =9.
56.解:(Ⅰ)f(x)的定義域(0,+∞),
當a=1時, , .
令f'(x)>0,得x>1,f′(x)<0,得0<x<1.
故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞增區(qū)間是(1,+∞);
(Ⅱ)由已知得g(x)=x- ,x∈(0,+∞),
g′(x)=1+ ,
令g′(x)=0,得x2+ax+1=0,g(x)兩個極值點x1,x2,
∴ ,∴ ,
又∵x1<x2,∴x1∈(0,1),
∴ =
= .
設 ,x∈(0,1),
∵ = ,
當x∈(0,1)時,恒有h′(x)<0,∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,
∴h(x)>h(1)=0,
∴t≤0.
故t的取值范圍是:(-∞,0].
57.解:(1)f(x)=lnx+ ,(x>0),
f′(x)= - = ,(x>0),
當a≤0時,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上遞增;無極值;
當a>0時,0<x<a時,f′(x)<0,f(x)在(0,a)上遞減,
x>a時,f′(x)>0,f(x)在(a,+∞)上遞增,
f(x)極小值=f(a)=lna+1;
。2)若對任意x>0,均有x(2lna-lnx)≤a恒成立,
即對任意x>0,均有2lna≤lnx+ 恒成立,
由(1)得:f(x)的最小值是lna+1,
故問題轉化為:2lna≤lna+1,即lna≤1,
故0<a≤ .
58.解:(1)由于函數(shù)f(x)= x2,g(x)=elnx
因此F(x)=f(x)-g(x)= x2-elnx,
則F′(x)=x- = = ,x∈(0,+∞),…(3分)
當x∈(0, )時,F(xiàn)′(x)<0,所以F(x)在x∈(0, )時是減函數(shù),
當x∈( ,+∞)時,F(xiàn)′(x)>0,所以F(x)在x∈( ,+∞)時是增函數(shù),…(5分)
所以F(x)min=F( )=0,
。2)由(1)知:F(x)min=F( )=0,
則f(x)與g(x)在x= 處有公共點( , ),
則f(x)與g(x)存在分界線,則其必然過( , ),…(6分)
設其方程為y- =k(x- ),即y=kx+ -k ,
由f(x)>kx+ -k ,對x∈R恒成立,則x2-2kx-e+2k ≥0對x∈R恒成立,
所以△=4k2-4(2k -e)=4(k- )2≤0,
所以:k= ,故分界線方程為y= x- ;…(9分)
下面證明g(x)≤ x- 對x∈(0,+∞)恒成立,
設G(x)=g(x)-( x- )=elnx-x + ,G′(x)= - = ,
當x∈(0, )時,G′(x)>0,所以G(x)在x∈(0, )時是增函數(shù),
當x∈( ,+∞)時,G′(x)<0,所以G(x)在x∈( ,+∞)時是減函數(shù),
所以G(x)max=G( )=0,…(11分)
則證明g(x)≤ x- 對x∈(0,+∞)恒成立
,所以:分界線方程為y= x- ..…(12分)
59.解:(1)∵ ,
∴ ,f'(1)=0,
∴y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=a;
。2)∵ ,
∴f'(x)>0?-x2+(a-1)x+2-a>0,
f'(x)<0?-x2+(a-1)x+2-a<0,
令g(x)=-x2+(a-1)x+2-a=0,解得x1=1,x2=a-2,
由已知,a<3,
、佼2<a<3時,0<x2<x1,g(x)>0的解是a-2<x<1,
g(x)<0的解是0<x<a-2或x>1,
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(a-2,1),單調(diào)減區(qū)間是(0,a-2),(1,+∞);
、诋攁≤2時,x2≤0,g(x)>0的解是0<x<1,g(x)<0的解是x>1,
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1),單調(diào)減區(qū)間是(1,+∞),
綜上所述,當2<a<3時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(a-2,1),
單調(diào)減區(qū)間是(0,a-2),(1,+∞);
當a≤2時,f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,1),單調(diào)減區(qū)間是(1,+∞).
60.解:(1)∵f'(x)=3ax2-1,∴f'(1)=3a-1,
又f(1)=a,∴切線方程為y-a=(3a-1)(x-1),
∵切線過點(2,3),
∴3-a=3a-1,
解得a=1;
。2)由f(x)=3x2-1=0,
解得: ,
x,f′(x),f(x)的變化如下:
x
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 增 極大值 減 極小值 增
所以 是極大值點, 是極小值點,
f(x)的極大值為 ;
f(x)的極小值為 .
【解析】
1.
(1)求出函數(shù)的導數(shù),通過討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
。2)令a=-1,問題轉化為f(x)+lnx-a-1≥0恒成立,令g(x)=f(x)+lnx-a-1,通過討論a的范圍,結合函數(shù)的單調(diào)性確定a的范圍即可.
本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,轉化思想,是一道綜合題.
2.
解法一:(Ⅰ)要使f(x)≥0有唯一解,只需滿足f(x)max=0,且f(x)max=0的解唯一,分①當k≤0,②當k>0討論求解;
。á颍┮C當a≤1時,x(f(x)+kx-k)<ex-ax2-1,即證當a≤1時,ex-ax2-xlnx-1>0,即證ex-x2-xlnx-1>0.由(Ⅰ)得xlnx≤x(x-1),故只需證ex-2x2+x-1>0,當x>0時成立;
解法二:(Ⅰ)分①當k≤0時,②當k>0時兩種情況求解,
。á颍┮C明當a≤1時,x(f(x)+kx-k)<ex-ax2-1,即證當a≤1時,ex-ax2-xlnx-1>0,(因為ax2≤x2),即證ex-x2-xlnx-1>0本題考查了利用導數(shù)處理函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查了分類討論思想、轉化思想、轉化思想,考查了運算能力,屬于難題.
3.
。1)求出函數(shù)的導數(shù),解關于導函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的極值即可;
。2)問題轉化為證明(e-x)ln(e+x)>(e+x)ln(e-x),設F(x)=(e-x)ln(e+x)-(e+x)ln(e-x),根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可.
本小題主要考查函數(shù)與導數(shù)的知識,具體涉及到導數(shù)的運算,用導數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性等,考查學生解決問題的綜合能力.
4.
(Ⅰ)求出函數(shù)的導數(shù),根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)證明即可;
。á颍┣蟪鰂(α)+f(β)的解析式,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)以及ACBD均為平行四邊形,求出t的值即可.
本題考查了導數(shù)的應用,考查二次函數(shù)的性質(zhì)以及不等式的證明,是一道綜合題.
5.
(1)對函數(shù)f(x)進行求導,根據(jù)f'(0)=1求出m的值代入函數(shù)f(x),然后根據(jù)導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增,導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減求單調(diào)區(qū)間.
。2)將函數(shù)f(x)的解析式代入方程 得 ,
然后組成函數(shù) ,根據(jù)單調(diào)性和極值點求解.
本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性與其導函數(shù)正負之間的關系,即當導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增,當導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減.
6.
。1)f′(x)= -a,根據(jù)曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為x+2y+4=0,可得f′(1)=- ,f(1)=- .即可解出.
。2)b=1時,x∈(m,0),m<0,f(x)<0,可得:a< =g(x).利用導數(shù)研究函數(shù)g(x)的單調(diào)性與極小值即最小值即可得出.
本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、方程與不等式的解法、多次求導方法,考查了推理能力與計算能力,屬于難題.
7.
。1)求出函數(shù)f(x)的導數(shù),可得切線的斜率,結合已知切線方程,可得a的值;
(2)求出f(x)的導數(shù),可得g(x)的解析式和導數(shù),討論a=0,a>0,分0<a≤1,a>1,求出單調(diào)區(qū)間和極值、最值,結合零點存在定理,即可得到a的范圍.
本題考查導數(shù)的運用:求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值,考查分類討論思想方法以及方程思想、轉化思想,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.
8.
(1)求出函數(shù)的導數(shù),解關于導函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;
。2)求出f(x)的導數(shù),得到f′(x)遞增,通過討論a的范圍,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,從而求出a的具體范圍即可.
本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及分類討論思想,是一道中檔題.
9.
。1)將f(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù)轉化為f'(x)= 恒成立,再參數(shù)變量分離,根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)求 的最小值
。2)構造新的函數(shù)g(x)=x2-mlnx-mx,利用導數(shù)求出單調(diào)區(qū)間和最小值,方程有唯一解即函數(shù)g(x)只有一個零點,故g(x)min=0.由 ,消去m,得到關于x2的方程,再次構造函數(shù),利用單調(diào)性解出x2,從而得到m的值
本題主要考察導數(shù)的綜合應用.第1問是基礎題,第2問構造函數(shù)是解題的關鍵,綜合性很強,難度較大
10.
。á瘢┣蟪龊瘮(shù)的導數(shù),計算f′(e-2)和f(e-2)的值,求出切線方程即可;
。á颍┣蟪龊瘮(shù)g(x)的導數(shù),得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,求出函數(shù)的極小值,從而求出λ的值即可;
(Ⅲ)記h(x)=f(x)-(-x-e-2)=xlnx+x+e-2,求出h(x)的最小值,得到a=x2′-1=f(x2)≥x2-1,得到|x1-x2|=x2-x1≤x2′-x1′,從而證出結論.
本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及轉化思想、屬于難題.
11.
。1)當m=0時,f(x)=ex-2x.f'(x)=ex-2,根據(jù)導數(shù)的符號確定單調(diào)性;
。2)由f'(x)=ex-2mx-2, .可證得f'(x)單調(diào)遞增.
又 ,即存在唯一的x0∈(0,1),使得f'(x0)=0,即 ,得 .利用導數(shù)可得 ,即可得證.
本題考查了導數(shù)的綜合應用,考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,轉化思想,屬于難題.
12.
。1)求導,由題意可得f'(1)=1,代入即可求得a,b的值;
。2)分別利用導數(shù)求出函數(shù)f(x),g(x)的最值,再比較判斷,即可證明.
本題考查導數(shù)的綜合應用,導數(shù)的幾何意義,考查導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性和最值的關系,考查計算能力,屬于難題.
13.
。1)把a=e代入函數(shù)解析式,求出導函數(shù)的零點,可得原函數(shù)在[0,1]上單調(diào)遞減,在(1,2]上單調(diào)遞增,結合f(2)-f(0)>0,可得函數(shù)y=f(x)在區(qū)間x∈[0,2]上的最大值;
(2)求出原函數(shù)的導函數(shù),分0<a<1和a>1求得原函數(shù)的最小值,由最小值等于0求得a值.
本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,考查函數(shù)零點的判定,體現(xiàn)了數(shù)學轉化思想方法和分類討論的數(shù)學思想方法,是壓軸題.
14.
(Ⅰ)當a= 時, ,求出 ,
根據(jù)導數(shù)的符號確定單調(diào)區(qū)間.
(Ⅱ)要使f(x)≥0對任意x∈[1,+∞]恒成立,只需:f(x)min≥0,
根據(jù)導數(shù)確定單調(diào)性,求出最值即可得到實數(shù)a的取值范圍
本題考查了利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間,函數(shù)的最值,屬于中檔題.
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