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文档简介

第6讲导数的综合应用“辅助函数法”证明不等式利用导数证明不等式的应用技巧为“构造辅助函数”,把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值,从而证得不等式,而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键设函数f(x)ln xx1.(1)讨论f(x)的单调性; “转化法”解决不等式恒成立中的参数问题1利用导数解决恒成立问题(1)若不等式f(x)A在区间D上恒成立,则等价于在区间D上f(x)minA.(2)若不等式f(x)A在区间D上恒成立,则等价于在区间D上f(x)maxA成立,则等价于在区间D上f(x)maxA.(2)若xD,f(x)A成立,则等价于在区间D上f(x)minA. (2017高考全国卷)设函数f(x)(1x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ax1,求a的取值范围【解析】(1)f(x)(12xx2)ex.令f(x)0得x1或x1.当x(,1)时,f(x)0;当x(1,)时,f(x)0.所以f(x)在(,1),(1,)单调递减,在(1,1)单调递增(2)f(x)(1x)(1x)ex.当a1时,设函数h(x)(1x)ex,h(x)xex0),因此h(x)在0,)单调递减,而h(0)1,故h(x)1,所以f(x)(x1)h(x)x1ax1.当0a0(x0),所以g(x)在0,)单调递增,而g(0)0,故exx1.当0x(1x)(1x)2,(1x)(1x)2ax1x(1axx2),取x0,则x0(0,1),(1x0)(1x0)2ax010,故f(x0)ax01.当a0时,取x0,则x0(0,1),f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.综上,a的取值范围是1,)对于不等式恒成立问题,可从函数角度转化为求函数的最值问题,也可以采用分离变量法将变量分离出来,进而转化为af(x)max或af(x)min的形式,通过导数求出f(x)的最值,进而求得参数的范围 【对点训练】(2019昆明模拟)已知函数f(x)mx,g(x)3ln x.(1)当m4时,求曲线yf(x)在点(2,f(2)处的切线方程;(2)若x(1,(e是自然对数的底数)时,不等式f(x)g(x)3恒成立,求实数m的取值范围【解析】:(1)当m4时,f(x)4x,f(x)4,f(2)5,又f(2)6,所以所求切线方程为y5x4.(2)由题意知,x(1,时,mx3ln x3恒成立,即m(x21)0,则m恒成立 令h(x),x(1,则mh(x)min,h(x),因为x(1,所以h(x)0,即h(x)在(1,上是减函数所以h(x)minh().所以m的取值范围是(,) “图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题研究函数零点或方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等,并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况,这是导数在研究方程中的重要应用已知函数f(x)(x2)exa(x1)2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围【解析】(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)(i)设a0,则当x(,1)时,f(x)0;当x(1,)时,f(x)0,所以f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增(2)(i)设a0,则由(1)知,f(x)在(,1)上单调递减,在(1,)上单调递增又f(1)e,f(2)a,取b满足b0且bln ,则f(b)(b2)a(b1)2a(b2b)0.所以f(x)有两个零点(ii)设a0,则f(x)(x2)ex,所以f(x)只有一个零点(iii)设a0,若a,则由(1)知,f(x)在(1,)上单调递增,又当x1时,f(x)0,故f(x)不存在两个零点;若a,则由(1)知,f(x)在(1,ln (2a)上单调递减,在(ln(2a),)上单调递增,又当x1时,f(x)0,故f(x)不存在两个零点综上,a的取值范围为(0,)(1)已知函数零点x0(a,b)求参数范围的一般步骤是:对函数求导;考察函数在区间(a,b)上的单调情况;数形结合分析极值点;依据零点的个数确定极值的范围,进而求出参数的范围(2)根据函数中的参数情况确定函数的零点,其解决方法是通过导数分析函数图象的大致分布,结合单调性、极值、最值或构造函数具体分析涉及的数学思想是分类讨论思想和数形结合思想 【对点训练】已知函数f(x)b在(1,0)处的切线方程为xy10.(1)求a,b;(2)求f(x)max;(3)设c0,且c1,若函数g(x)logc xx至少有一个零点,求c的最大值【解析】:(1)f(x)的定义域为(0,),f(x),所以f(1)a,而切线xy10的斜率为1,所以a1.f(1)0,所以b0,故a1,b0.(2)由(1)知f(x),f(x),当0xe时,f(x)0;当xe时,f(x)0.所以f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,)上单调递减,所以f(x)maxf(e).(3)g(x)logcxx的定义域为(0,)由题意知,存在x0(0,),有g(x0)0.即logc x0x0.所以x0,即ln c.由(2)知.所以ln c,所以ce.所以c的最大值为e.课时作业 基础达标1(2019兰州模拟)设函数f(x)在R上的导函数为f(x),对xR有f(x)f(x)x2,在(0,)上,f(x)x0,若f(4m)f(m)84m,则实数m的取值范围是()A2,)B(,2C(,22,) D2,2【答案】A.【解析】令g(x)f(x)x2,则g(x)g(x)f(x)x2f(x)x20,所以函数g(x)为奇函数当x(0,)时,g(x)f(x)x0,故g(x)0,g(x)为增函数,当x(1,)时,h(x)0,故g(x)0,g(x)为减函数,所以g(x)maxg(1),又当x时,g(x)0,所以g(x)的图象如图所示,故0a0,解得x1;令f(x)0,解得0x1即m2,当0x1时,f(x)x(1ln x)0且x0时,f(x)0;当x时,显然f(x)(或者举例:当xe2,f(e2)e20)如图,由图象可知,m10,即m1,由可得2m1.6(2018兰州模拟)已知函数f(x)x3x2b,g(x)aln x.(1)若f(x)在,1)上的最大值为,求实数b的值;(2)若对任意的x1,e,都有g(x)x2(a2)x恒成立,求实数a的取值范围【解析】:(1)f(x)3x22xx(3x2),令f(x)0,得x0或x.当x(,0)时,f(x)0,函数f(x)为增函数;当x(,1)时,f(x)f()所以f()b,所以b0.(2)由g(x)x2(a2)x,得(xln x)ax22x,因为x1,e,所以ln x1x,由于不能同时取等号,所以ln x0,从而h(x)0,所以函数h(x)在1,e上为增函数,所以h(x)minh(1)1,所以a1.7设函数f(x)aln xx2bx(a1),曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线斜率为0.(1)求b;(2)若存在x01,使得f(x0)0,f(x)在(1,)上单调递增所以,存在x01,使得f(x0)的充要条件为f(1),即1,解得1a1.若a1,故当x时,f(x)0,f(x)在上单调递减,在上单调递增所以,存在x01,使得f(x0)的充要条件为f,所以不合题意若a1,则当x(1,)时f(x)0,f(x)在(1,)上单调递减,且f(1)1.综上,a的取值范围是(1,1)(1,)8设函数f(x)kln x,k0.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)证明:若f(x)存在零点,则f(x)在区间(1,上仅有一个零点【解析】:(1)由f(x)kln x(k0),得x0且f(x)x.由f(x)0,解得x(负值舍去)f(x)与f(x)在区间(0,)上的变化情况如下:x(0,)(,)f(x)0f(x)所以,f(x)的单调递减区间是(0,),单调递增区间是(,)f(x)在x处取得极小值f(),f(x)无极大值能力提升1(2017高考全国卷)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围【解析】:(1)f(x)的定义域为(,),f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)()若a0,则f(x)0,则由f(x)0得xln a.当x(,ln a)时,f(x)0.所以f(x)在(,ln a)单调递减,在(ln a,)单调递增(2)()若a0,由(1)知,f(x)至多有一个零点()若a0,由(1)知,当xln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)1ln a.当a1时,由于f(ln a)0,故f(x)只有一个零点;当a(1,)时,由于1ln a0,即f(ln a)0,故f(x)没有零点;当a(0,1)时,1ln a0,即f(ln a)2e220,故f(x)在(,ln a)有一个零点设正整数n0满足n0ln,则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02 n0n00.由于lnln a,因此f(x)在(ln a,)有一个零点综上,a的取值范围为(0,1)2(2019太原二模)已知函数f(x)exax22x(aR) (1)当a0时,求f(x)的最小值;(2)当a1在(0,)上恒成立【解析】:(1)当a0时,f(x)ex2x,所以f(x)ex2.令f(x)0,得xln 2,令f(x)0,得xln 2.所以f(x)在(,ln 2)上单调递减,在(ln 2,)上单调递增所以f(x)minf(ln 2)22ln 2.(2)证明:原不等式等价于a0,则g(x).令h(x)(x2)ex2xe2,x

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