专题131—函数与导数压轴题命题区间Word格式文档下载.docx
- 文档编号:12998443
- 上传时间:2022-10-02
- 格式:DOCX
- 页数:55
- 大小:420.49KB
专题131—函数与导数压轴题命题区间Word格式文档下载.docx
《专题131—函数与导数压轴题命题区间Word格式文档下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《专题131—函数与导数压轴题命题区间Word格式文档下载.docx(55页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
共 页
第一部分 构造辅助函数求解导数问题
对于证明与函数有关的不等式,或已知不等式在某个范围内恒成立求参数取值范围、讨论一些方程解的个数等类型问题时,常常需要构造辅助函数,并求导研究其单调性或寻求其几何意义来解决;
题目本身特点不同,所构造的函数可有多种形式,解题的繁简程度也因此而不同,这里给出几种常用的构造技巧.
“比较法”构造函数
[典例] (2017ꞏ广州模拟)已知函数f(x)=ex-ax(e为自然对数的底数,a为常数)的图象在点(0,1)处的切线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;
(2)证明:
当x>0时,x2<ex.
[解]
(1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a.因为f′(0)=1-a=-1,所以a=2,
所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2,令f′(x)=0,得x=ln2,
当x<ln2时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x>ln2时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,
f(x)无极大值.
(2)证明:
令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x.由
(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln2)>0,
故g(x)在R上单调递增.
所以当x>0时,g(x)>g(0)=1>0,即x2<ex.
[方法点拨]
在本例第
(2)问中,发现“x2,ex”具有基本初等函数的基因,故可选择对要证明的“x2<ex”构造函数,得到“g(x)=ex-x2”,并利用
(1)的结论求解.
[对点演练]
已知函数f(x) x
y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x(x<1)处的切线,
=ex,直线 00
求证:
f(x)≤g(x).
证明:
函数f(x)的图象在x=x0处的切线方程为y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).令h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),
3
1-x
1-x0
□1-xex0-1-x0ex
则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=
ex-
ex0=
ex+x0 .
设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,
∵x0<1,∴φ′(x)<0,
∴φ(x)在R上单调递减,又φ(x0)=0,
∴当x<x0时,φ(x)>0,当x>x0时,φ(x)<0,
∴当x<x0时,h′(x)>0,当x>x0时,h′(x)<0,
∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,
∴h(x)≤h(x0)=0,
∴f(x)≤g(x).
“拆分法”构造函数
bex-1
[典例] 设函数f(x)=aexlnx+
=e(x-1)+2.
(1)求a,b;
f(x)>1.
x,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线为y
1 bex-1x-1
[解]
(1)f′(x)=aexæ
ç
lnx+xö
÷
+ x2 (x>0),
è
ø
由于直线y=e(x-1)+2的斜率为e,图象过点(1,2),
ì
f1=2,所以í
î
f′1=e,
ì
b=2,即í
ae=e,
a=1,解得í
b=2.
2ex-1
由
(1)知f(x)=exlnx+
从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x
x(x>0),
-e.
构造函数g(x)=xlnx,则g′(x)=1+lnx,
所以当x∈æ
0,1ö
时,g′(x)<0,
e÷
ø
æ
1 ö
当x∈ç
e,+∞÷
时,g′(x)>0,
0 1ö
9
故g(x)在ç
1
,e÷
上单调递减,
ö
在ç
上单调递增,
从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为gæ
1ö
1
构造函数h(x)=xe-x
2
-e,
ç
e÷
=-e.
则h′(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0;
故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h
(1)=-e.
综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.
对于第
(2)问“aexlnx+
bex-1
x>1”的证明,若直接构造函数h(x)=aexlnx+
bex-1x
-1,求导以后不易分析,因此并不宜对其整体进行构造函数,而应先将不等式
“aexlnx+
x
>1”合理拆分为“xlnx>xe-x-
e”,再分别对左右两边构造函数,
进而达到证明原不等式的目的.
QQ群545423319 微信公众号:
中学数学研讨部落
alnx b
已知函数f(x)=x+1+x,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为x+2y-3
=0.
(1)求a,b的值;
当x>0,且x≠1时,f(x)>lnx.
x-1
aæ
x+1 ö
x-lnx÷
b
解:
(1)f′(x)=
□x+12-x2(x>0).
由于直线x+2y-3=0
1
的斜率为-2,且过点
(1,1),
ï
f1=1,
b=1,
a=1,
故í
即í
a
1 解得í
f′1=-2,
ï
2-b=-2.
î
b=1.
由
(1)知f(x)=lnx 1>0),
x++x(x
lnx 1 æ
x2-1ö
所以f(x)-x-1=1-x2ç
2lnx- x ÷
.
x2-1
考虑函数h(x)=2lnx- x (x>0),
2 2x2-x2-1 x-12
则h′(x)=x- x2 =- x2 .
所以当x≠1时,h′(x)<0.而h
(1)=0,
故当x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 2h(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 12h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)-lnx>0,
即f(x)>lnx.
“换元法”构造函数
[典例] 已知函数f(x)=ax2+xlnx(a∈R)的图象在点(1,f
(1))处的切线与直线
x+3y=0垂直.
(1)求实数a的值;
(2)求证:
当n>m>0时,lnn-lnm m n
>n-m.
[解]
(1)因为f(x)=ax2+xlnx,所以f′(x)=2ax+lnx+1,
因为切线与直线x+3y=0垂直,所以切线的斜率为3,
所以f′
(1)=3,即2a+1=3,故a=1.
要证lnn-lnm m n
>n-m,
即证lnn m n
n m n
m>n-m,只需证lnm-n+m>0.
n 1
令m=x,构造函数g(x)=lnx-x+x(x≥1),
1 1
则g′(x)=x+x2+1.
因为x∈[1,+∞),所以g′(x) 1 1 1>0,
=x+x2+
故g(x)在(1,+∞)上单调递增.
n
由已知n>m>0,得m>1,
m÷
所以gæ
nö
>g
(1)=0,
ø
n m n
即证得ln
m-n+m>0成立,所以命题得证.
对“待证不等式”等价变形为“ln
0”后,观察可知,对“n”进行换元,
m-n+m> m
变为“lnx 1 x>0”,构造函数“g(x)=lnx
1x(x≥1)”来证明不等式,可简化证
-x+
明过程中的运算.
已知函数f(x)=x2lnx.
(1)求函数f(x)的单调区间;
-x+
对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s);
(3)设
(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:
当t>e2
2 lngt
<2.
(1)由已知,得f′(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1)(x>0),
令f′(x)=0,得x=1.
e
时,有5<
lnt
0,1ö
e0
极小值
1,+∞ö
f′(x)
f(x)
-
+
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
所以函数f(x)的单调递减区间是æ
,单调递增区间是æ
eø
当0<x≤1时,f(x)≤0,
è
e ø
∵t>0,∴当0<x≤1时不存在t=f(s).令h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).
由
(1)知,h(x)在区间(1,+∞)上单调递增.h
(1)=-t<0,h(et)=e2tlnet-t=t(e2t-1)>0.故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立.
(3)证明:
因为s=g(t),由
(2)知,t=f(s),且s>1,
lngt lns lns
从而 lnt =lnfs=lns2lns
= lns
= u ,
2lns+lnlns
其中u=lns.
2u+lnu
2 lngt 1 u
要使5< lnt <2成立,只需0<lnu<2.
当t>e2时,若s=g(t)≤e,
则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾.所以s>e,
即u
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 专题 131 函数 导数 压轴 命题 区间