一轮全国数学听课手册答案2.docx
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一轮全国数学听课手册答案2
第3课时 导数的应用
【课堂考点探究】
典例探究
例1 [思路点拨]
(1)变换不等式后构造函数,通过研究函数在区间[-1,0]上的单调性证明不等式;
(2)使用函数解析式表示不等式 证明: (1)要证x∈[-1,0]时,e2x≥,只需证明(1+x)e-x≤(1-x)ex. 令h(x)=(1+x)e-x-(1-x)ex,则h′(x)=x(ex-e-x), 当x∈[-1,0]时,h′(x)≥0, 因此当x∈[-1,0]时,h(x)是增函数,故h(x)≤h(0)=0,即e2x≥. 要证x∈[-1,0]时,e2x≤,只需证明ex≤,即证1-x≤e-x. 令k(x)=1-x-e-x,k′(x)=-1+e-x.当x∈[-1,0]时,k′(x)≥0, 则k(x)在[-1,0]上是增函数,所以k(x)≤k(0)=0,即1-x-e-x≤0,即e2x≤. 综上可得,≤e2x≤. (2)不妨设0 即x2lnx2-x1lnx1 整理得x2ln 两边同时除以x1,得ln 令=t,则t>1,即证当t>1时,tln 令g(t)=tln-ln-t+1, g′(t)=ln+t··+·-1=ln+=ln1+-. 令=x,则x∈(0,1),令h(x)=ln(1+x)-x, h′(x)=-1=<0,h(x)在(0,1)上单调递减,所以h(x) 所以g(t)在(1,+∞)上是减函数,所以g(t) (1)=0, 即tln 所以 例2 [思路点拨] (1)根据不等式的特点,分离参数k后构造函数,将问题转化为求函数的最值; (2)使用导数研究f(x)的单调性和最小值,求最小值大于或者等于1时a的取值范围. 解: (1)当x≥1时,由f(x)≥,得k≤, 令g(x)=,x≥1, 则g′(x)==.令h(x)=x-lnx,x≥1, 则h′(x)=1-≥0,所以h(x)≥h (1)=1>0,所以g′(x)>0, 所以g(x)在[1,+∞)上为单调增函数,所以g(x)≥g (1)=2,故k≤2. (2)f′(x)=ex+-a. ①当a≤2时,因为ex≥x+1,所以f′(x)=ex+-a≥x+1+-a≥2-a≥0, 则f(x)在[0,+∞)上单调递增,f(x)≥f(0)=1恒成立,符合题意. ②当a>2时,因为[f′(x)]′=ex-=≥0,所以f′(x)在[0,+∞)上单调递增,且f′(0)=2-a<0,则存在x0∈(0,+∞),使得f′(x0)=0, 所以f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,又f(x0) 综合①②可知,实数a的取值范围是(-∞,2]. 例3 [思路点拨] (1)问题等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M,由[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min,可知求出函数最值即可; (2)等价于f(x)≥g(x)max恒成立,构造函数,研究函数性质. 解: (1)存在x1,x2∈[0,2],使得g(x1)-g(x2)≥M成立, 等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M. g(x)=x3-x2-3,g′(x)=3x2-2x=3xx-, 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表: x 0 0, ,2 2 g′(x) 0 - 0 + g(x) -3 - 1 由上表可知,g(x)min=g=-,g(x)max=g (2)=1, [g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=,所以M≤, 所以满足条件的M的最大整数值为4. (2)由 (1)可知,当x∈,2时,g(x)max=1,所以原问题等价于f(x)=+xlnx≥1在,2上恒成立, 等价于a≥x-x2lnx恒成立. 令h(x)=x-x2lnx, h′(x)=1-2xlnx-x=(1-x)-2xlnx, 当x∈,1时,1-x>0,xlnx<0,h′(x)>0, 即函数h(x)=x-x2lnx在区间,1上单调递增, 当x∈(1,2]时,1-x<0,xlnx>0,h′(x)<0, 即函数h(x)=x-x2lnx在区间(1,2]上单调递减, 所以当x=1时,h(x)取到极大值也是最大值h (1)=1, 所以a≥1. 例4 [思路点拨] (1)求导,按照求单调区间、最值的方法求解即可; (2)构造函数g(x)=|lnx|-f(x),去掉绝对值后,研究函数的单调性和最值,分析函数的变化趋势,再由数形结合的方法得出函数零点的个数. 解: (1)f′(x)=(1-2x)e-2x,由f′(x)=0,解得x=. 当x<时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当x>时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以函数f(x)的单调递增区间为-∞,,单调递减区间为,+∞,最大值为f=e-1+c,无最小值. (2)令g(x)=|lnx|-f(x)=|lnx|-xe-2x-c,x∈(0,+∞). ①当x∈(1,+∞)时,lnx>0,则g(x)=lnx-xe-2x-c,所以g′(x)=e-2x+2x-1. 因为2x-1>0,>0,所以g′(x)>0,则g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. ②当x∈(0,1)时,lnx<0,则g(x)=-lnx-xe-2x-c,所以g′(x)=e-2x-+2x-1. 因为e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0,所以-<-1, 又2x-1<1,所以-+2x-1<0,即g′(x)<0. 因此g(x)在(0,1)上单调递减. 综合①②可知当0 (1)=-e-2-c. 当g (1)=-e-2-c>0,即c<-e-2时,g(x)没有零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)的根的个数为0. 当g (1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)的根的个数为1. 当g (1)=-e-2-c<0,即c>-e-2时, 由 (1)知f(x)=xe-2x+c≤e-1+c, 当x∈(1,+∞)时,g(x)=lnx-xe-2x-c≥lnx-e-1-c>lnx-1-c, 易知当x∈(e1+c,+∞)时,g(x)>0,故g(x)在(1,+∞)上存在一个零点; 当x∈(0,1)时,g(x)=-lnx-xe-2x-c≥-lnx-e-1-c>-lnx-1-c, 易知当x∈(0,e-1-c)时,g(x)>0,故g(x)在(0,1)上也存在一个零点. 所以当c>-e-2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程|lnx|=f(x)的根的个数为2. 综上所述, 当c<-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)的根的个数为0; 当c=-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)的根的个数为1; 当c>-e-2时,关于x的方程|lnx|=f(x)的根的个数为2. 例5 [思路点拨]把函数零点问题转化为两个函数图像的交点问题,通过研究函数性质,得出存在两个交点的条件即得. 解: 函数f(x)=-x在,1∪(1,e2]上有两个零点,等价于h(x)=与y=t的图像在,1∪(1,e2]上有两个不同的交点.由h′(x)=>0,得0 又h=-e,h(e2)=,h (1)=0,且>0>-e,所以实数t的取值范围为,. 例6 [思路点拨] (1)构造函数,利用导数研究函数的性质,根据函数零点存在性定理作出判断; (2)设出切线在两个曲线上的切点坐标,写出切线方程,由两切线重合得一个方程,利用方程解的个数来确定切线的条数. 解: (1)构造函数h(x)=f(x)-=lnx-=lnx-1-,则h′(x)=+>0,所以函数h(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增. 在区间(0,1)上,h(x)单调递增,且h=-3ln2+,因为ln2=ln>ln=,所以-3ln2+<-+<0,所以h<0,又h=-ln2+3>0,所以h(x)在(0,1)内有唯一的零点. 在区间(1,+∞)上,h(x)单调递增,且h (2)=ln2-3<0,h(8)=3ln2->3×->0,所以h(x)在区间(1,+∞)上有唯一的零点. 所以方程f(x)=有两个实数根. (2)设曲线y=f(x)上的一点(t,lnt),则曲线y=f(x)在该点处的切线方程为y-lnt=(x-t),即y=x+lnt-1①. 设曲线y=g(x)上的一点(r,er),则曲线y=g(x)在该点处的切线方程为y-er=er(x-r),即y=erx-rer+er②. 当直线方程①②表示的直线重合时,该直线即为两曲线的公切线. 若两直线重合,则=er③,且lnt-1=-rer+er④.由③得r=-lnt⑤,把③⑤代入④,得lnt-1=,整理得(t-1)lnt-(t+1)=0.t=1显然不满足该方程,故t≠1,上述方程可化为lnt=.根据 (1),该方程有两个不同的实数根,所以存在两个不同的t值,使得方程①②表示的直线重合,即曲线y=f(x)与曲线y=g(x)有两条公切线. 【教师备用例题】 例1 【配例1使用】[2015·北京卷]已知函数f(x)=ln. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求证: 当x∈(0,1)时,f(x)>2; (3)设实数k使得f(x)>k对x∈(0,1)恒成立,求k的最大值. 解: (1)因为f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),所以 f′(x)=+,f′(0)=2. 又因为f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x. (2)证明: 令g(x)=f(x)-2,则 g′(x)=f′(x)-2(1+x2)=. 因为g′(x)>0(0 所以g(x)>g(0)=0,x∈(0,1), 即当x∈(0,1)时,f(x)>2. (3)由 (2)知,当k≤2时,f(x)>k对x∈(0,1)恒成立. 当k>2时,令h(x)=f(x)-k,则 h′(x)=f′(x)-k(1+x2)=. 所以当0 故当0 所以当k>2时,f(x)>k并非对x∈(0,1)恒成立. 综上可知,k的最大值为2. 例2 【配例2使用】[2015·天津卷]已知函数f(x)=nx-xn,x∈R,其中n∈N*,且n≥2. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证: 对于任意的正实数x,都有f(x)≤g(x); (3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根x1,x2,求证: |x2-x1|<+2. 解: (1)由f(x)=nx-xn,可得f′(x)=n-nxn-1=n(1-xn-1),其中n∈N*,且n≥2.下面分两种情况讨论: ①当n为奇数时, 令f′(x)=0,解得x=1或x=-1. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,-1) (-1,1) (1,+∞) f′(x) - + - f(x)
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