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2015年高考数学一轮复习 第四章 导数及其应用 第26课 导数的综合问题(1)文(含解析)


第 26 课 导数的综合问题(1)
1.利用研究不等式问题:证明 f ( x) ? g( x) 方法 (1)构造函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) (2)利用函数 h( x) 的单调性证明 【例 1】设函数 f ( x) ? ln x ?

2 . x

(1)讨论函数 f ( x) 的单调性; (2)求证:对于定义域内的任意一个 x ,都有 f ( x) ? 3 ? x . 【解析】 (1)∵ f ( x) ? ln x ?

2 1 2 x?2 ,∴ f ?( x) ? ? 2 ? . x x x x2

令 f ?( x) ? 0 ,解得 x ? 2 ;令 f ?( x) ? 0 ,解得 0 ? x ? 2 . ∴函数 f ( x) 的单调递增区间为 (2, ??) ;单调递减区间为 (0, 2) .

【变式】已知函数 f ( x) ? ln x , g ( x) ? ax ? 在 x 轴上,且在该点处切线相同. (1)求 a , b 的值; (2)求证:当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x) 成立;

b ,两函数图象的交点 x

【解析】 (1)∵ f ( x) 与 g ( x) 的图象在 x 轴上有公共点 (1, 0) ,

1

1 b , g ?( x ) ? a ? 2 , x x 1 1 由题意 f ?(1) ? g ?(1) ? 1 ,即 a ? b ? 1 ,∴ a ? , b ? ? . 2 2
∴ g (1) ? 0 ,即 a ? b ? 0 .又∵ f ?( x) ? ( 2 ) 设

F ?( x ?

1 1 ? ) ? 2 ?? x 2 x 2

1 1 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? ln x ? ( x ? ) 2 2x 1 1 1 ? 2? . ( 1 ) 0 x 2





∴ F ( x) 在 x ? 1 时单调递减.∵ F (1) ? 0 ,∴当 x ? 1 时, F ( x) ? 0 , ∴当 x ? 1 时, f ( x) ? g ( x) .

2。利用导数来研究恒成立问题 【例 2】已知函数 f ( x) ? ax ? ln x(a ? R) . (1) 求 f ( x) 的 单 调 区 间 ; (2) 设 g ( x) ? x2 ? 2 x ? 2 , 若 对 任 意 x1 ? (0,?? ), 均 存 在

x2 ?[0, 1] ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求 a 的取值范围.
【解析】(1) f ?( x) ? a ?

1 ax ? 1 ? ( x ? 0) . x x

①当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 . ∴ f ( x) 的单调递增区间为 (0, ??) . ②当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,得 x ? ?

1 . a

1 1 x ? (0, ? ) 时, f ?( x) ? 0 , x ? (? , ??) 时, f ?( x) ? 0 , a a 1 1 ∴函数 f ( x) 的单调增区间为 (0, ? ) ,单调递减区间为 ( ? , ??) . a a (2)由已知,转化为 f ( x)max ? g ( x)max .
∵ g ( x) ? ( x ?1)2 ? 1 ,∴ g ( x)max ? 2 , 由(1)知,当 a ? 0 时, f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,值域为 R , 故不符合题意. 当 a ? 0 时, f ( x) 在 (0, ? ) 上单调递增,在 ( ? 故 f ( x) 的极大值即为最大值, ∴ f ( x) max ? f (? ) ? ?1 ? ln(? ) ? ?1 ? ln(?a) ,

1 a

1 , ??) 上单调递减, a
∴ 2 ? ?1 ? ln(?a) , 解 得

1 a

1 a

a??

1 . e3

2

【变式】 (2013 房山二模)已知函数 f ( x) ? (ax ? 2)e x 在 x ? 1 处取得极值. (1)求 a 的值; (2)求证:对任意 x1 , x2 ?[0, 2] ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? e . 【解析】 (1) f ?( x) ? (ax ? a ? 2)e x , 由已知得 f ?(1) ? 0 ,解得 a ? 1 . ∵当 a ? 1 , f ?( x) ? ( x ? 1)e x , x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , x ? 1 时, f ?( x) ? 0 , ∴ f ( x) 在 x ? 1 处取得极小值.∴ a ? 1 . (2)由(1)知 f ( x) ? ? x ? 2? e , f ?( x) ? e + ? x ? 2? e ? ? x ?1? e .
x x x x

令 f ?( x) ? 0 得 x ? 1 ,∵ f (0) ? ?2, f (1) ? ?e, f (2) ? 0 , ∴ f max ( x) ? 0 ,

f min ( x) ? ?e ,

∴对任意 x1 , x2 ?[0, 2] ,都有 | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |? f max ( x) ? f min ( x) ? e . 第 26 课 导数的综合问题的课后作业(1) 1. 设 l 为曲线 C : y ?

ln x 在点 (1 , 0) 处的切线. x

(1)求 l 的方程; (2)证明:除切点 (1 , 0) 之外,曲线 C 在直线 l 的下方

2.设 f(x)=ln x+ax(a∈R 且 a≠0). (1)讨论函数 f(x)的单调性; 1 (2)若 a=1,证明:x∈[1,2]时,f(x)-3< 成立.

x

1 【解】(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= +a,

x

当 a>0 时,f′(x)>0,∴函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数.

3

当 a<0 时,f′(x)=

ax+1 , x a a

1 1 由 f′(x)>0 得 0<x<- ;由 f′(x)<0 得,x>- . 1 1 ∴函数 f(x)在(0,- )上是增函数;在(- ,+∞)上是减函数.

a

a

(2)证明:当 a=1 时,f(x)=ln x+x, 1 要证 x∈[1,2]时,f(x)-3< 成立,

x

只需证 xln x+x -3x-1<0 在 x∈[1,2]时恒成立. 2 令 g(x)=xln x+x -3x-1,则 g′(x)=ln x+2x-2, 1 设 h(x)=ln x+2x-2,则 h′(x)= +2>0,∴h(x)在[1,2]上单调递增,

2

x

∴g′(1)≤g′(x)≤g′(2), 即 0≤g′(x)≤ln 2+2,∴g(x)在[1,2]上单调递增,∴g(x)≤g(2)=2ln 2-3<0, ∴当 x∈[1,2]时,xln x+x -3x-1<0 恒成立,即原命题得证. 1 3. 已知函数 f(x)=ln x+ -1.
2

x

(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设 m∈R,对任意的 a∈(-1,1),总存在 x0∈[1,e],使得不等式 ma-f(x0)<0 成立, 求实数 m 的取值范围. 1 1 x-1 【解】(1)f′(x)= - 2= 2 ,x>0.

x x

x

令 f′(x)>0,得 x>1,因此函数 f(x)的单调递增区间是(1,+∞). 令 f′(x)<0,得 0<x<1,因此函数 f(x)的单调递减区间是(0,1). (2)依题意,ma<f(x)max. 1 1 由(1)知,f(x)在 x∈[1,e]上是增函数,∴f(x)max=f(e)=ln e+ -1= . e e 1 1 ∴ma< ,即 ma- <0 对于任意的 a∈(-1,1)恒成立. e e 1 m×1- ≤0, e 1 1 ∴ 解得- ≤m≤ . e e 1 m×(-1)- ≤0, e

? ? ? ? ?

1 1 ∴m 的取值范围是[- , ]. e e 4. 已知函数 f(x)=ln x- .

a x (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; 2 (2)若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围.
1 a x+a 【解】(1)由题意知 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)= + 2= 2 .

x x

x

∵a>0,∴f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.

a 2 3 x 3 2 令 g(x)=xln x-x ,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x , 2 1 1-6x h′(x)= -6x= . x x
2

(2)∵f(x)<x ,∴ln x- <x .又 x>0,∴a>xln x-x .

4

∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数.∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0,∴g(x)在(1,+ ∞)上也是减函数. g(x)<g(1)=-1,∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立. 那 a 的取值范围是[-1,+∞).

5


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