2014届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)导数的应用(二)(含解析).pdf
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1、第十三节导数的应用 (二) 利用导数研究恒成立问题及参数求解 典题导入 例 1已知函数 f(x)x 2ln xa(x21),aR. (1)当 a 1 时,求曲线f(x)在点 (1,f(1)处的切线方程; (2)若当 x1 时, f(x)0 成立,求a 的取值范围 自主解答 (1)当 a 1 时, f(x) x 2ln xx21, f(x)2xln x3x. 则曲线f(x)在点 (1, f(1)处的切线的斜率为f(1)3,又f(1)0,所以切线方程为3x y30. (2)f(x)2xln x(12a)xx(2ln x12a),其中 x1. 当 a1 2时,因为 x1, 所以 f(x)0, 所以函
2、数 f(x)在1, )上单调递增, 故 f(x)f(1) 0. 当 a1 2时,令 f(x)0,得 xea 1 2. 若 x1,ea 1 2),则 f(x)m 恒成立,求实数m 的取值范围 解: (1)函数 f(x)的定义域为 ( , ), f(x) xe x(ex xex) x(1ex), 若 x0,则 f(x)0; 若 x0,所以 f(x)0,则 1exm 恒成立 故 m 的取值范围为( ,2 e 2) 利用导数证明不等式问题 典题导入 例 2已知 f(x)axln x,x(0, e,g(x)ln x x ,其中 e 是自然常数, a R. (1)讨论 a1 时,函数f(x)的单调性和极值
3、; (2)求证:在 (1)的条件下, f(x)g(x)1 2. 自主解答 (1) f(x)xln x, f(x)1 1 x x 1 x , 当 00,此时 f(x)单调递增 f(x)的极小值为f(1)1. (2)证明:由 (1)知f(x)min1.又 g(x)1ln x x 2, 当 00,g(x)在(0,e上单调递增 g(x)maxg(e) 1 e1 2. 在 (1)的条件下, f(x)g(x) 1 2. 在本例条件下,是否存在正实数a,使 f(x)的最小值是3?若存在,求出a 的值;若不 存在,说明理由 解: 假设存在正实数a, 使 f(x)axln x(x(0, e)有最小值3.因为 f
4、(x)a 1 x ax 1 x , 当 0g(x)在区间 D 上恒成立的基本方法是构造函数h(x)f(x) g(x),然后根据函数的单调性,确定函数的最值证明h(x)0. 以题试法 2已知 f(x) xln x. (1)求 g(x)f x k x (k R)的单调区间; (2)证明:当x1 时, 2xe f(x)恒成立 解: (1)g(x)ln x k x, 令 g(x)xk x 2 0 得 x k. x0,当 k0 时, g(x)0. 函数 g(x)的增区间为 (0, ),无减区间; 当 k0 时 g(x)0 得 xk;g(x)0,当 200, 当 80),则获得最大利润时的年产量为() A
5、1 百万件B2 百万件 C3 百万件D4 百万件 解析: 选 C依题意得, y 3x 227 3(x3)(x3),当 00;当 x3 时, y0,若 f(1) 0,那么关 于 x 的不等式 xf(x)0,所以 f(x)在(0, )单调递增又函数f(x)是 R 上的 偶函数,所以f(1)f(1)0.当 x0 时, f(x)0, x1 时,判断f(x)在0,2m上零点的个数,并说明理由 解: (1)依题意,可知f(x)在 R 上连续,且f(x)ex m 1, 令 f(x)0,得 xm. 故当 x( ,m)时, ex m 1,f(x)0, f(x)单调递增; 故当 xm 时, f(m)为极小值,也是
6、最小值 令 f(m)1m0,得 m1, 即对任意 xR,f(x)0 恒成立时, m 的取值范围是 (,1 (2)由(1)知 f(x)在 0,2m上至多有两个零点,当m1 时, f(m)1m0, f(0) f(m)1 时, g (m)em20, g(m)在(1, )上单调递增 g(m)g(1) e20,即 f(2m)0. f(m) f(2m)0; 当 x(9,11)时, y 2) (1)当 t0, f(x)单调递增, 当 x(0,t时, f(x) 2, h(t)(2t3)e tet(t23t3)ett(t1)(t2) 故 h(t),h (t)随 t 的变化情况如下表: t (2,0)0(0,1)
7、1(1, ) h(t) 0 0 h(t)极大值极小值 由上表可知h(t)的极小值为h(1)e 13 e 2e 3 13 e 2 0,又 h(2)0,故当 2h(2)0,即 h(t)0, 因此, nm0,即 m0,得 x1; 由 f(x)3. 故实数 k 的取值范围是(3, ) 1已知向量m(x0, 1),n 1 2,y0 ,x0,3 3 4 , y0成等差数列,2,x0,y0成等比 数列 (1)求证: mn; (2)若存在不为零的实数k 与 t,使得 a (t 23)mn,btmkn,且 ab,|a| 37, 试讨论函数kf(t)的单调性,并求出函数的极值 解: (1)证明:由x0, 33 4
8、 ,y0成等差数列得x0 y0 3 3 2 , 由 2,x0, y0成等比数列得x02y0, 由与可得x03,y0 3 2 , 所以 m(3, 1),n 1 2, 3 2 , 因为 m n(3, 1) 1 2, 3 2 3 2 3 2 0, 所以 mn. (2)由(1)得|m|2,|n|1, 因为 |a|37,mn,所以 |a|2(t23)2|m|22(t23)m n|n|24(t 23)2 137, 所以 0t26,所以6t6. 又 a b t(t 23)|m|2k(t23)m ntm n k|n|2 4t(t23)k 0, 所以 kf(t) 4t(t23)(6t6),kf(t) 4t(t
9、23) 12t212,令 12t2 12 0,得 t 1. 当 t 变化时, f(t),f(t)的变化情况如下表: t (6, 1)1(1,1)1(1,6) f(t)00 f(t) 极大值 8极小值 8 因此f(t)的单调递增区间为(6, 1),(1,6);f(x)的单调递减区间为(1,1)f(t) 的极大值为8,极小值为8. 2设函数f(x)ln x p(x1),pR. (1)当 p1 时,求函数f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)xf(x)p(2x 2x1),对任意 x1 都有 g(x)0 成立, 求 p 的取值范围 解: (1)当 p1 时, f(x)ln xx1,其定义域为(0
10、, ) 所以 f (x) 1 x 1. 由 f(x) 1 x 10 得 01. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1, ) (2)由函数 g(x)xf(x)p(2x 2x1)xln x p(x2 1)(x0),得 g(x)ln x 12px. 由(1)知,当 p 1 时, f(x)f(1)0, 即不等式 ln xx1 成立 当 p 1 2时, g (x)ln x1 2px(x1) 12px(12p)x0, 即函数 g(x)在1, )上单调递减,从而g(x) g(1) 0,满足题意; 当 1 20,12px0, 从而g(x) ln x1 2px0,即函数g(x)在 1
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