2023年高考数学北京19<-->2023年高考数学北京21
(15分)设函数f(x)=x−x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1. (Ⅰ)求a,b的值; (Ⅱ)设g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间; (Ⅲ)求f(x)的极值点的个数. 答案:(Ⅰ)a=−1,b=1. (Ⅱ)在(−∞,0)和(3−√3,3+√3)上单调递增,在(0,3−√3)和(3+√3,+∞)上单调递减; (Ⅲ)3个极值点. 分析:(Ⅰ)求函数f(x)的导数,根据导数的几何意义列方程组求出a、b的值. (Ⅱ)求f(x)的导数,利用g(x)=f′(x),求g(x)的导数,令g′(x)=0,根据g′(x)与g(x)的关系求出g(x)的单调区间; (Ⅲ)根据题意,判断f′(x)的单调递增,利用根的存在性定理,判断f′(x)的零点个数,即可得出f(x)极值点的个数. 解:(Ⅰ)因为函数f(x)=x−x3eax+b, 所以f′(x)=1−(3x2eax+b+ax3eax+b)=1−(3+ax)x2eax+b, 因为f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1, 所以{f(1)=0f′(1)=−1,即{1−ea+b=01−(3+a)ea+b=−1, 解得a=−1,b=1. (Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=x−x3e−x+1,所以f′(x)=1−(3x2−x3)e−x+1, 所以g(x)=f′(x)=1−(3x2−x3)e−x+1, 所以g′(x)=−(6x−3x2)e−x+1+(3x2−x3)e−x+1=−x(x2−6x+6)e−x+1, 令g′(x)=0,解得x=0或x=3±√3, 所以g′(x)与g(x)的关系列表如下:
x |
(−∞,0) |
0 |
(0,3−√3) |
3−√3 |
(3−√3,3+√3) |
3+√3 |
(3+√3,+∞) |
g′(x) |
+ |
0 |
− |
0 |
+ |
0 |
− |
g(x) |
单调递增 |
|
单调递减 |
|
单调递增 |
|
单调递减 |
所以g(x)在区间(−∞,0)和(3−√3,3+√3)上单调递增,在区间(0,3−√3)和(3+√3,+∞)上单调递减; (Ⅲ)由(Ⅱ)知,当x∈(−∞,0)时,f′(x)单调递增, 当x<−1时,f′(x)<f′(−1)=1−4e2<0,f′(0)=1>0, 所以存在x1∈(−∞,0),使得f′(x1)=0, 又因为f(x)在(−∞,x1)上单调递减,在(x1,0)上单调递增, 所以x1是f(x)的一个极小值点; 当x∈(0,3−√3)时,f′(x)单调递减,且f′(3−√3)<f′(1)=1−2<0, 所以存在x2∈(0,3−√3),使得f′(x2)=0,所以f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,3−√3)上单调递减, 所以x2是f(x)的一个极大值点; 当x∈(3−√3,3)时,f′(x)单调递增, 又因为f′(3)=1>0,所以存在x3∈(3−√3,3),使得f′(x3)=0, 所以f(x)在(3−√3,x3)上单调递减,(x3,3)上单调递增, 所以x3是f(x)的一个极小值点, 又因为当x>3时,f′(x)>0,所以f(x)在(3,+∞)上单调递增,无极值点; 综上,f(x)在定义域R上有3个极值点. 点评:本题考查了导数的几何意义与应用问题,也考查了导数的综合应用问题,是难题.
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