江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.4 大題考法—函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題講義(含解析)

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1、江蘇省2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 函數(shù)、不等式與導(dǎo)數(shù) 5.4 大題考法—函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合問題講義(含解析) 題型(一) 利用導(dǎo)數(shù)解決與不等式有關(guān)的問題 主要考查不等式恒成立有關(guān)問題或不等關(guān)系證明的問題. (2)若λ=,且x≥1,證明:f(x)≤g(x); (3)若對任意x∈[1,+∞),不等式f(x)≤g(x)恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍. [解] (1)因為f′(x)=ln x+1, 所以f′(1)=1, 因為f′(1)=g′(1)且g′(x)=2λx, 所以g′(1)=2λ=1,解得λ=. (2)證明:設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)=xln x-(x2-1)

2、, 則h′(x)=ln x+1-x(x≥1). 設(shè)p(x)=ln x+1-x,從而p′(x)=-1≤0對任意x∈[1,+∞)上恒成立, 所以p(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減, 因為p(1)=0,所以當x∈[1,+∞)時,p(x)≤0,即h′(x)≤0, 因此函數(shù)h(x)=xln x-(x2-1)在[1,+∞)上單調(diào)遞減, 即h(x)≤h(1)=0, 所以當x≥1時,f(x)≤g(x)成立. (3)設(shè)函數(shù)H(x)=xln x-λ(x2-1)(x≥1), 從而對任意x∈[1,+∞),不等式H(x)≤0=H(1)恒成立. 又H′(x)=ln x+1-2λx, 當H′(x)=

3、ln x+1-2λx≤0,即≤2λ恒成立時,函數(shù)H(x)單調(diào)遞減. 設(shè)r(x)=(x≥1),則r′(x)=≤0, 所以r(x)max=r(1)=1,即2λ≥1,解得λ≥. 當λ≤0時,H′(x)=ln x+1-2λx>0恒成立,此時函數(shù)H(x)單調(diào)遞增. 于是,不等式H(x)≥H(1)=0對任意x∈[1,+∞)恒成立,不符合題意; 當0<λ<時,設(shè)q(x)=H′(x)=ln x+1-2λx,則q′(x)=-2λ=0?x=>1, 當x∈時,q′(x)=-2λ>0,此時q(x)=H′(x)=ln x+1-2λx單調(diào)遞增, 所以H′(x)=ln x+1-2λx>H′(1)=1-2

4、λ>0, 故當x∈時,函數(shù)H(x)單調(diào)遞增. 于是當x∈時,H(x)>0成立,不符合題意. 綜上所述,實數(shù)λ的取值范圍為. [方法技巧] 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式恒成立問題的兩種常用方法 (1)分離參數(shù)法 (2)函數(shù)思想法 [演練沖關(guān)] 1.(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-ax+a(a為正實數(shù),且為常數(shù)). (1)若f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,求實數(shù)a的取值范圍; (2)若不等式(x-1)f(x)≥0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)因為f(x)=(x+1)ln x-ax+a, 所以f′(x)=ln x++1-a(x>0

5、), 若f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則f′(x)≥0, 即a≤ln x++1在(0,+∞)上恒成立, 設(shè)g(x)=ln x++1(x>0), 則g′(x)=, 當x>1時,g′(x)>0;當00. 故不等式(x-1)f(

6、x)≥0恒成立. 當a>2時,f′(x)=, 設(shè)p(x)=xln x+(1-a)x+1, 則p′(x)=ln x+2-a. 令p′(x)=ln x+2-a=0,得x=ea-2>1. 當x∈(1,ea-2)時,p′(x)<0,p(x)單調(diào)遞減, 則p(x)

7、a,x∈R. (1)若對任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范圍; (2)若存在唯一的整數(shù)x0,使得f(x0)

8、x)恒成立,故此時a∈R. ③當x∈(2,+∞)時,a≤, 即a≤min, 令F′(x)=0,得x=, 當x變化時,F(xiàn)′(x),F(xiàn)(x)的變化情況如表所示. x F′(x) - 0 + F(x)  極小值  F(x)min=F=9e,故此時a≤9e, 綜上,1≤a≤9e,即實數(shù)a的取值范圍是. (2)由f(x)

9、 0 - - 0 + F(x)  極大值   極小值  當x∈(-∞,2)時,存在唯一的整數(shù)x0使得f(x0)存在唯一的整數(shù)x0成立, 因為F=9e最小,且F(3)=7e3,F(xiàn)(4)=5e4,所以當a>5e4時,至少有兩個整數(shù)成立,當a≤7e3時,沒有整數(shù)成立,所以a∈(7e3,5e4]. 綜上,a的取值范圍是∪(7e3,5e4

10、]. 題型(二) 利用導(dǎo)數(shù)解決與方程的解(零點)有關(guān)的問題 主要考查利用導(dǎo)數(shù)及零點存在性定理以及函數(shù)的性質(zhì)研究復(fù)雜函數(shù)的零點問題. [典例感悟] [例2] (2016·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). (1)設(shè)a=2,b=. ①求方程f(x)=2的根; ②若對于任意x∈R,不等式f(2x)≥mf(x)-6恒成立,求實數(shù)m的最大值. (2)若0<a<1,b>1,函數(shù)g(x)=f(x)-2有且只有1個零點,求ab的值. [解] (1)因為a=2,b=,所以f(x)=2x+2-x. ①方程f(x)=2,即2x+2-x=2, 亦

11、即(2x)2-2×2x+1=0, 所以(2x-1)2=0,即2x=1,解得x=0. ②由條件知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2. 因為f(2x)≥mf(x)-6對于x∈R恒成立,且f(x)>0, 所以m≤對于x∈R恒成立. 而=f(x)+≥2 =4, 當且僅當f2(x)=4,即f(x)=2時等號成立,且=4, 所以m≤4,故實數(shù)m的最大值為4. (2)因為函數(shù)g(x)=f(x)-2=ax+bx-2有且只有1個零點,而g(0)=f(0)-2=a0+b0-2=0, 所以0是函數(shù)g(x)的唯一零點. 因為g′(x)=axln a+bxln

12、b, 又由0<a<1,b>1知ln a<0,ln b>0, 所以g′(x)=0有唯一解x0=log. 令h(x)=g′(x),則h′(x)=(axln a+bxln b)′=ax(ln a)2+bx(ln b)2, 從而對任意x∈R,h′(x)>0,所以g′(x)=h(x)是(-∞,+∞)上的單調(diào)增函數(shù). 于是當x∈(-∞,x0)時,g′(x)<g′(x0)=0; 當x∈(x0,+∞)時,g′(x)>g′(x0)=0. 因而函數(shù)g(x)在(-∞,x0)上是單調(diào)減函數(shù),在(x0,+∞)上是單調(diào)增函數(shù). 下證x0=0. 若x0<0,則x0<<0,于是g<g(0)=0. 又g(l

13、oga2)=aloga2+bloga2-2>aloga2-2=0,且函數(shù)g(x)在以和loga2為端點的閉區(qū)間上的圖象不間斷,所以在和loga2之間存在g(x)的零點,記為x1. 因為0<a<1,所以loga2<0. 又<0,所以x1<0,與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾. 若x0>0,同理可得,在和logb2之間存在g(x)的非0的零點,與“0是函數(shù)g(x)的唯一零點”矛盾. 因此x0=0. 于是-=1,故ln a+ln b=0,所以ab=1. [方法技巧] 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點問題的方法 用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點,首先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì),再判斷零點所在區(qū)間端點的函數(shù)值正

14、負,結(jié)合零點存在理論判斷零點個數(shù),這類問題解答題的做法不同于填空題,一般不能用兩個函數(shù)圖象來說明零點個數(shù). [演練沖關(guān)] 1.(2018·蘇州暑假測試)已知函數(shù)f(x)=(ax2+x)ex,其中e是自然對數(shù)的底數(shù),a∈R. (1)若f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),當a>0時,解關(guān)于x的不等式f′(x)>ex; (2)若f(x)在[-1,1]上是單調(diào)遞增函數(shù),求a的取值范圍; (3)當a=0時,求整數(shù)k的所有值,使方程f(x)=x+2在[k,k+1]上有解. 解:(1)f′(x)=[ax2+(2a+1)x+1]·ex. 不等式f′(x)>ex可化為[ax2+(2a+1)x]·ex

15、>0, 因為ex>0,故有ax2+(2a+1)x>0,又a>0,解得x>0或x<-. 所以當a>0時,不等式f′(x)>ex的解集是∪(0,+∞). (2)由(1)得f′(x)=[ax2+(2a+1)x+1]·ex, ①當a=0時,f′(x)=(x+1)ex,f′(x)≥0在[-1,1]上恒成立,當且僅當x=-1時取等號,故a=0符合要求; ②當a≠0時,令g(x)=ax2+(2a+1)x+1, 因為Δ=(2a+1)2-4a=4a2+1>0, 所以g(x)=0有兩個不相等的實數(shù)根x1,x2,不妨設(shè)x1>x2,因此f(x)有極大值又有極小值. 若a>0,因為g(-1)·g(0)=

16、-a<0,所以f(x)在(-1,1)內(nèi)有極值點,故f(x)在[-1,1]上不單調(diào). 若a<0,可知x1>0>x2,因為g(x)的圖象開口向下,要使f(x)在[-1,1]上單調(diào),因為g(0)=1>0, 必須滿足即所以-≤a<0. 綜上可知,a的取值范圍是. (3)當a=0時,方程即為xex=x+2, 由于ex>0,所以x=0不是方程的解, 所以原方程等價于ex--1=0, 令h(x)=ex--1. 因為h′(x)=ex+>0對于x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立,所以h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù). 又h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3

17、)=e-3-<0,h(-2)=e-2>0, 所以方程f(x)=x+2有且只有兩個實數(shù)根,且分別在區(qū)間[1,2]和[-3,-2]上, 所以整數(shù)k的所有值為{-3,1}. 2.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象不間斷,且其表達式為f(x)=(a,b,m,n為常數(shù),且a≠0). (1)求m,n的值; (2)若a,b互為相反數(shù),且f(x)是R上的單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍; (3)若a=1,b∈R,試討論函數(shù)g(x)=f(x)+b的零點的個數(shù),并說明理由. 解:(1)依題意,f(0)=1,f(4)=0, 即 解得 (2)因為y=x是減函數(shù),且f(x)是R上的單調(diào)函數(shù), 所以在y=a

18、(log4x-1)中,應(yīng)該有y′=≤0, 故a<0. 在y=ax3+(b-4a)x2-x+1中,其中a+b=0, y′=3ax2-10ax+4a-,導(dǎo)函數(shù)的對稱軸為x=, 故Δ=100a2-12a≤0,解得-≤a≤0. 綜上可知,a的取值范圍是. (3)當a=1時,g(0)=f(0)+b=1+b, g(4)=f(4)+b=b, ①當b>0時,x+b=0無解, log4x-1+b=0即log4x=1-b無解, 又g(0)=1+b>0,g(4)=b>0, g(2)=f(2)+b=8+4(b-4)-2+1+b=--3b<0, 方程g(x)=0在(0,4)上有兩解, 可知方程

19、g(x)=0在R上一共有兩解; ②當b<-1時,x+b=0有一解:x=log(-b),log4x-1+b=0有一解:x=41-b, 又g(0)=1+b<0,g(4)=b<0, g=f+b=+(b-4)-+1+b=-b>0, 故方程g(x)=0在(0,4)上有兩解. 從而方程g(x)=0在R上共有4個解; ③當-10,g(4)=b<0, 方程g(x)=0在(0,4)內(nèi)只有一解. 可知方程g(x)=0在R上共兩解; ④當b=0時,有x=4和x=兩解, ⑤當b=-1時,有x=0,x=,x=16,3個

20、解, 綜上得,當b>-1時,g(x)有2個零點; 當b=-1時,g(x)有3個零點; 當b≤-1時,g(x)有4個零點. 題型(三) 函數(shù)新定義問題 主要考查利用導(dǎo)數(shù)解決在特定情形下的函數(shù)的性質(zhì)問題. [典例感悟] [例3] (2018·江蘇高考)記f′(x),g′(x)分別為函數(shù)f(x),g(x)的導(dǎo)函數(shù).若存在x0∈R,滿足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),則稱x0為函數(shù)f(x)與g(x)的一個“S點”. (1)證明:函數(shù)f(x)=x與g(x)=x2+2x-2不存在“S點”; (2)若函數(shù)f(x)=ax2-1與g(x)=ln x存在“S點”,求實數(shù)

21、a的值; (3)已知函數(shù)f(x)=-x2+a,g(x)=.對任意a>0,判斷是否存在b>0,使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)存在“S點”,并說明理由. [解] (1)證明:因為函數(shù)f(x)=x,g(x)=x2+2x-2, 所以f′(x)=1,g′(x)=2x+2. 由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x), 得此方程組無解, 因此f(x)與g(x)不存在“S點”. (2)因為函數(shù)f(x)=ax2-1,g(x)=ln x, 所以f′(x)=2ax,g′(x)=. 設(shè)x0為f(x)與g(x)的“S點”, 由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),

22、得即(*) 所以ln x0=-,即x0=e, 所以a==. 當a=時,x0=e滿足方程組(*), 即x0為f(x)與g(x)的“S點”. 所以a的值為. (3)對任意a>0,設(shè)h(x)=x3-3x2-ax+a. 因為h(0)=a>0,h(1)=1-3-a+a=-2<0,且h(x)的圖象是不間斷的, 所以存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0. 令b=,則b>0. 函數(shù)f(x)=-x2+a,g(x)=, 則f′(x)=-2x,g′(x)=. 由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x), 得 即(**) 此時,x0滿足方程組(**),即x0是函數(shù)f(x)與g(x)

23、在區(qū)間(0,1)內(nèi)的一個“S點”. 因此,對任意a>0,存在b>0,使函數(shù)f(x)與g(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)存在“S點”. [方法技巧] 函數(shù)新定義問題的求解策略 對于函數(shù)的新定義問題,通過仔細閱讀,分析定義以及新函數(shù)所滿足的條件,圍繞定義與條件來確定解題的方向,然后準確作答.解答這類問題的關(guān)鍵在于閱讀理解時,要準確把握新定義、新信息,并把它納入已有的知識體系之中,用原來的知識和方法來解決新情景下的問題. [演練沖關(guān)] 若在公共定義域D上,f1(x)<f(x)<f2(x),則稱函數(shù)f(x)為函數(shù)f1(x),f2(x)的“D函數(shù)”. (1)已知函數(shù)f1(x)=x2+2x+4ln

24、 x,f2(x)=x2+2x+2,求證:在區(qū)間(0,+∞)上,f1(x),f2(x)有“D函數(shù)”; (2)已知a∈R,函數(shù)f(x)=ax2+ln x,f1(x)=(a-1)x2+ax+(1-a2)ln x,f2(x)=x2+2ax.若在區(qū)間(1,+∞)上,f(x)為f1(x),f2(x)的“D函數(shù)”,求a的取值范圍. 解:(1)證明:設(shè)K(x)=f2(x)-f1(x)=x2-4ln x+2,下證K(x)min>0. K′(x)=x-=. 故K′(x)與K(x)隨x的變化情況如下表: x (0,2) 2 (2,+∞) K′(x) - 0 + K(x)  4-4ln

25、 2  ∵4-4ln 2>4-4ln e=0,∴K(x)≥4-4ln 2>0. 設(shè)R(x)=f1(x)+λ(4-4ln 2),0<λ<1, 則f1(x)<R(x)<f2(x). ∴在區(qū)間(0,+∞)上,f1(x),f2(x)有“D函數(shù)”. (2)設(shè)H(x)=f1(x)-f(x)=-x2+ax-a2ln x, 則在(1,+∞)上,H(x)<0. ∵H′(x)=-2x-+a= =-, ∴在(1,+∞)上,H′(x)<0,H(x)是減函數(shù), ∴H(x)<H(1)=-1+a≤0,∴a≤1. 設(shè)P(x)=f(x)-f2(x)=x2-2ax+ln x, 則在(1,+∞)上,

26、P(x)<0. 若a>,則>1, ∴P=ln>0,矛盾. 若a≤,∵P′(x)=(2a-1)x+-2a=, ∴在(1,+∞)上,P′(x)<0,P(x)是減函數(shù), ∴P(x)<P(1)=--a≤0. ∴a≥-,∴-≤a≤. 故所求a的取值范圍為. [課時達標訓(xùn)練] A組——大題保分練 1.已知函數(shù)f(x)=aex+x2-bx(a,b∈R). (1)設(shè)a=-1,若函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)遞減函數(shù),求b的取值范圍; (2)設(shè)b=0,若函數(shù)f(x)在R上有且只有一個零點,求a的取值范圍. 解:(1)當a=-1時,f(x)=-ex+x2-bx, ∴f′(x)=-ex+2x-

27、b, 由題意知,f′(x)=-ex+2x-b≤0對x∈R恒成立. 由-ex+2x-b≤0,得b≥-ex+2x. 令F(x)=-ex+2x,則F′(x)=-ex+2, 由F′(x)=0,得x=ln 2. 當x<ln 2時,F(xiàn)′(x)>0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞增,當x>ln 2時,F(xiàn)′(x)<0,F(xiàn)(x)單調(diào)遞減, 從而當x=ln 2時,F(xiàn)(x)取得最大值2ln 2-2, ∴b≥2ln 2-2,故b的取值范圍為[2ln 2-2,+∞). (2)當b=0時,f(x)=aex+x2. 由題意知aex+x2=0只有一個解. 由aex+x2=0,得-a=, 令G(x)=,則G′(x)=,

28、 由G′(x)=0,得x=0或x=2. 當x≤0時,G′(x)≤0,G(x)單調(diào)遞減,故G(x)的取值范圍為[0,+∞); 當0<x<2時,G′(x)>0,G(x)單調(diào)遞增,故G(x)的取值范圍為; 當x≥2時,G′(x)≤0,G(x)單調(diào)遞減,故G(x)的取值范圍為. 由題意得,-a=0或-a>,從而a=0或a<-, 故若函數(shù)f(x)在R上只有一個零點,則a的取值范圍為∪{0}. 2.已知函數(shù)f(x)=(1+b)x+-aln x(a>0)在x=2a處取得極值. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)設(shè)函數(shù)g(x)=x2-2cx+4-ln 2,當a=1時,若對任意的x1,x2

29、∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2),求實數(shù)c的取值范圍. 解:(1)由f(x)=(1+b)x+-aln x,a>0,x>0, 得f′(x)=1+b--. 又f(x)在x=2a處取得極值, 所以f′(2a)=1+b--=b=0, 所以f(x)=x+-aln x, f′(x)=1--==, 又a>0,且函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞), 所以由f′(x)>0,得x>2a; 由f′(x)<0,得0<x<2a, 即函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2a). (2)當a=1時,f(x)=x+-ln x,x∈(0,+∞), 由(1)知x∈[1,e

30、]時,f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減,在(2,e]上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(2)=3-ln 2. 對任意的x1,x2∈[1,e]都有f(x1)≥g(x2), 即f(x)min≥g(x),x∈[1,e]恒成立. 即3-ln 2≥x2-2cx+4-ln 2,x∈[1,e]恒成立, 即2c≥x+,x∈[1,e]恒成立, 令h(x)=x+,則h′(x)=1-≥0,x∈[1,e], 即h(x)=x+在[1,e]上單調(diào)遞增, 故h(x)max=h(e)=e+,所以c≥. 故實數(shù)c的取值范圍為. 3.(2018·南京、鹽城一模)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x,g(x)=ax+-3(a

31、∈R). (1)當a=2時,解關(guān)于x的方程g(ex)=0(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)); (2)求函數(shù)φ(x)=f(x)+g(x)的單調(diào)增區(qū)間; (3)當a=1時,記h(x)=f(x)·g(x),是否存在整數(shù)λ,使得關(guān)于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,請求出λ的最小值;若不存在,請說明理由. (參考數(shù)據(jù):ln 2≈0.693 1,ln 3≈1.098 6) 解:(1)當a=2時,方程g(ex)=0,即為2ex+-3=0,去分母,得2(ex)2-3ex+1=0,解得ex=1或ex=, 故所求方程的根為x=0或x=-ln 2. (2)因為φ(x)=f(x)+g(x)=ln x+ax

32、+-3(x>0), 所以φ′(x)=+a-= =(x>0), ①當a=0時,由φ′(x)>0,解得x>0; ②當a>1時,由φ′(x)>0,解得x>; ③當00,解得x>0; ④當a=1時,由φ′(x)>0,解得x>0; ⑤當a<0時,由φ′(x)>0,解得01時,φ(x)的單調(diào)增區(qū)間為. (3)存在滿足題意的λ. 當a=1時,g(x)=x-3, 所以h(x)=(x-3)ln x, 所以h′(x)=ln x+1-在(0,+∞)上單調(diào)遞

33、增. 因為h′=ln+1-2<0, h′(2)=ln 2+1->0, 所以存在唯一x0∈,使得h′(x0)=0, 即ln x0+1-=0, 當x∈(0,x0)時,h′(x)<0, 當x∈(x0,+∞)時,h′(x)>0, 所以h(x)min=h(x0)=(x0-3)ln x0=(x0-3)·=-=6-, 記函數(shù)r(x)=6-,由r′(x)>0在上恒成立可得r(x)在上單調(diào)遞增, 所以r

34、)設(shè)函數(shù)f(x)=x-asin x(a>0). (1)若函數(shù)y=f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍; (2)設(shè)a=,g(x)=f(x)+bln x+1(b∈R,b≠0),g′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù). ①若對任意的x>0,g′(x)>0,求證:存在x0,使g(x0)<0; ②若g(x1)=g(x2)(x1≠x2),求證:x1x2<4b2. 解:(1)由題意,得f′(x)=1-acos x≥0對x∈R恒成立, 因為a>0,所以≥cos x對x∈R恒成立, 因為(cos x)max=1,所以≥1,從而0

35、x)=x-sin x+bln x+1, 所以g′(x)=1-cos x+. 若b<0,則存在->0,使g′=-1-cos<0,不合題意,所以b>0. 取x0=e-,則00,使g(x0)<0. ②依題意,不妨設(shè)01. 由(1)知函數(shù)y=x-sin x單調(diào)遞增,所以x2-sin x2>x1-sin x1.從而x2-x1>sin x2-sin x1. 因為g(x1)=g(x2),所以x1-sin x1+bln x1+1=x2-sin x2+bln

36、 x2+1, 所以-b(ln x2-ln x1)=x2-x1-(sin x2-sin x1)>(x2-x1). 所以-2b>>0. 下面證明>,即證明>,只要證明ln t-<0即可.(*) 設(shè)h(t)=ln t-(t>1),所以h′(t)=<0在(1,+∞)上恒成立. 所以h(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,故h(t),即x1x2<4b2. B組——大題增分練 1.函數(shù)f(x)=ln x+x2+ax(a∈R),g(x)=ex+x2. (1)討論f(x)的極值點的個數(shù); (2)若對于任意x∈(0,+∞),總有f(x)≤g(x)成立,

37、求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)由題意得f′(x)=+x+a=(x>0),令f′(x)=0,即x2+ax+1=0,Δ=a2-4. ①當Δ=a2-4≤0,即-2≤a≤2時,x2+ax+1≥0對x>0恒成立,即f′(x)=≥0對x>0恒成立,此時f(x)沒有極值點. ②當Δ=a2-4>0,即a<-2或a>2時, 若a<-2,設(shè)方程x2+ax+1=0的兩個不同實根為x1,x2,不妨設(shè)x10,x1x2=1>0,故x2>x1>0, ∴當0x2時,f′(x)>0; 當x1

38、>2,設(shè)方程x2+ax+1=0的兩個不同實根為x3,x4, 則x3+x4=-a<0,x3x4=1>0,故x3<0,x4<0. ∴當x>0時,f′(x)>0,故函數(shù)f(x)沒有極值點. 綜上,當a<-2時,函數(shù)f(x)有兩個極值點;當a≥-2時,函數(shù)f(x)沒有極值點. (2)f(x)≤g(x)?ex-ln x+x2≥ax, 因為x>0,所以a≤對于?x>0恒成立, 設(shè)φ(x)=(x>0), 則φ′(x)= =, ∵x>0,∴當x∈(0,1)時,φ′(x)<0,φ(x)單調(diào)遞減, 當x∈(1,+∞)時,φ′(x)>0,φ(x)單調(diào)遞增, ∴φ(x)≥φ(1)=e+1,∴a≤

39、e+1,即實數(shù)a的取值范圍是(-∞,e+1]. 2.(2018·蘇州期末)已知函數(shù)f(x)=其中常數(shù)a∈R. (1)當a=2時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)若方程f(-x)+f(x)=ex-3在區(qū)間(0,+∞)上有實數(shù)解,求實數(shù)a的取值范圍; (3)若存在實數(shù)m,n∈[0,2],且|m-n|≥1,使得f(m)=f(n),求證:1≤≤e. 解:(1)當a=2時,f(x)= ①當x<0時,f′(x)=-3x2+2x<0恒成立,所以f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減; ②當x≥0時,f′(x)=ex-2,可得f(x)在[0,ln 2]上單調(diào)遞減,在[ln 2,+∞)上單調(diào)遞增.

40、因為f(0)=1>0,所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,0)和[0,ln 2],單調(diào)遞增區(qū)間是[ln 2,+∞). (2)當x>0時,f(x)=ex-ax, 此時-x<0,f(-x)=-(-x)3+(-x)2=x3+x2. 所以f(x)+f(-x)=ex-ax+x3+x2=ex-3在區(qū)間(0,+∞)上有實數(shù)解,可化為a=x2+x+在區(qū)間(0,+∞)上有實數(shù)解. 記g(x)=x2+x+,x∈(0,+∞), 則g′(x)=2x+1-=. 可得g(x)在(0,1]上單調(diào)遞減,在[1,+∞)上單調(diào)遞增,且g(1)=5,當x→+∞時,g(x)→+∞. 所以g(x)的值域是[5,+∞),即

41、實數(shù)a的取值范圍是[5,+∞). (3)證明:當x∈[0,2]時,f(x)=ex-ax, 有f′(x)=ex-a. 若a≤1或a≥e2,則f(x)在[0,2]上是單調(diào)函數(shù),不合題意. 所以1f(ln a),且f(ln a)

42、x+1,g(x)=ln x-a(a∈R). (1)當a=1時,求函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的極值; (2)若存在與函數(shù)f(x),g(x)的圖象都相切的直線,求實數(shù)a的取值范圍. 解:(1)當a=1時,h(x)=f(x)-g(x)=x2+x-ln x+2, 函數(shù)h(x)的定義域為(0,+∞). 所以h′(x)=2x+1-=. 令h′(x)=0得x=(x=-1舍去), 當x變化時,h′(x),h(x)的變化情況如下表: x h′(x) - 0 + h(x)  極小值  所以當x=時,函數(shù)h(x)取得極小值+ln 2,無極大值. (2)設(shè)函數(shù)

43、f(x)上點(x1,f(x1))與函數(shù)g(x)上點(x2,g(x2))處切線相同, 則f′(x1)=g′(x2)=, 所以2x1+a==, 所以x1=-,代入=x+ax1+1-(ln x2-a)得-+ln x2+-a-2=0.(*) 設(shè)F(x)=-+ln x+-a-2, 則F′(x)=-++=. 不妨設(shè)2x+ax0-1=0(x0>0),則當0x0時,F(xiàn)′(x)>0, 所以F(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,+∞)上單調(diào)遞增, 代入a==-2x0,可得F(x)min=F(x0)=x+2x0-+ln x0-2. 設(shè)G(x)=x2

44、+2x-+ln x-2, 則G′(x)=2x+2++>0對x>0恒成立, 所以G(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增. 又G(1)=0,所以當00,所以當x=ea+2>1時, F(x)=-+ln ea+2+-a-2 =2≥0. 因此當0

45、在(0,1]上單調(diào)遞減, 因此a==-2x0∈[-1,+∞). 所以實數(shù)a的取值范圍是[-1,+∞). 4.對于函數(shù)f(x),在給定區(qū)間[a,b]內(nèi)任取n+1(n≥2,n∈N*)個數(shù)x0,x1,x2,…,xn使得a=x0

46、 x-x2在區(qū)間[1,e]上具有性質(zhì)V. 解:(1)因為函數(shù)f(x)=-2x+1在區(qū)間[-1,1]為減函數(shù), 所以f(xi+1)<f(xi), 所以|f(xi+1)-f(xi)|= f(xi)-f(xi+1). S=f(xi+1)-f(xi)|=[ f(x0)-f(x1)]+[ f(x1)-f(x2)]+…+[ f(xn-1)-f(xn)] =f(x0)-f(xn)=f(-1)-f(1)=4. (2)由f′(x)==0,得x=1. 當x<1時,f′(x)>0,所以f(x)在(0,1)為增函數(shù); 當x>1時,f′(x)<0,所以f(x)在(1,2)為減函數(shù); 所以f(x)在x=

47、1時取極大值. 設(shè)xm≤1<xm+1,m∈N,m≤n-1, 則S=f(xi+1)-f(xi)| =|f(x1)-f(0)|+…+|f(xm)-f(xm-1)|+|f(xm+1)-f(xm)|+|f(xm+2)-f(xm+1)|+…+|f(2)-f(xn-1)| =[f(x1)-f(0)]+…+[f(xm)-f(xm-1)]+|f(xm+1)-f(xm)|+[f(xm+1)-f(xm+2)]+…+[f(xn-1)-f(2)] =[f(xm)-f(0)]+|f(xm+1)-f(xm)|+[f(xm+1)-f(2)]. 因為|f(xm+1)-f(xm)|≤[f(1)-f(xm)]+[f(

48、1)-f(xm+1)],當xm=1時取等號, 所以S≤f(xm)-f(0)+f(1)-f(xm)+f(1)-f(xm+1)+f(xm+1)-f(2)=2f(1)-f(0)-f(2)=. 所以S的最大值為. (3)證明:f′(x)=-x=,x∈[1,e]. ①當k≥e2時,k-x2≥0恒成立,即f′(x)≥0恒成立,所以f(x)在[1,e]上為增函數(shù), 所以S=f(xi+1)-f(xi)|=[ f(x1)-f(x0)]+[f(x2)-f(x1)]+…+[ f(xn)-f(xn-1)] =f(xn)-f(x0)=f(e)-f(1)=k+-e2. 因此,存在正數(shù)A=k+-e2,都有S≤

49、A,因此f(x)在[1,e]上具有性質(zhì)V. ②當k≤1時,k-x2≤0恒成立,即f′(x)≤0恒成立,所以f(x)在[1,e]上為減函數(shù), 所以S=f(xi+1)-f(xi)|=[ f(x0)-f(x1)]+[f(x1)-f(x2)]+…+[ f(xn-1)-f(xn)] =f(x0)-f(xn)= f(1)-f(e)= e2-k-. 因此,存在正數(shù)A=e2-k-,都有S≤A,因此f(x)在[1,e]上具有性質(zhì)V. ③當1<k<e2時,由f′(x)=0,得x=; 當f′(x)>0,得1≤x<; 當f′(x)<0,得<x≤e,因此f(x)在[1,)上為增函數(shù),在(,e]上為減函數(shù).

50、 設(shè)xm≤<xm+1,m∈N,m≤n-1, 則S=f(xi+1)-f(xi)| =|f(x1)-f(x0)|+…+|f(xm)-f(xm-1)|+|f(xm+1)-f(xm)|+|f(xm+2)-f(xm+1)|+…+|f(xn)-f(xn-1)| =f(x1)-f(x0)+…+f(xm)-f(xm-1)+|f(xm+1)-f(xm)|+ f(xm+1)-f(xm+2)+…+f(xn-1)-f(xn) =f(xm)-f(x0)+|f(xm+1)-f(xm)|+ f(xm+1)-f(xn) ≤f(xm)-f(x0)+ f(xm+1)-f(xn)+ f()-f(xm+1)+ f()-f(xm) =2f()-f(x0)-f(xn)=kln k-k--k+e2=kln k-2k++e2. 因此,存在正數(shù)A=kln k-2k++e2,都有S≤A,因此f(x)在[1,e]上具有性質(zhì)V. 綜上,對于給定的實數(shù)k,函數(shù)f(x)=kln x-x2 在區(qū)間[1,e]上具有性質(zhì)V.

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