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导数的综合应用


静思·勤学

静学教育学科教师辅导讲义
学员姓名:朱致雅 学科教师:曹剑峰 授课类型 授课日期及时段 2016 年 12 月 10 日 年 级:高二 辅导科目:数学 C 导数的综合应用 9:00——11:00 教学内容

知识讲解

1.函数的单调性与导数的关系 已知函数 f(x)在某个区间(a,b)内可导, (1)如果 f′(x)>0,那么函数 y=f(x)在这个区间内单凋递增; (2)如果 f′(x)<0,那么函数 y=f(x)在这个区间内单调递减. 2.函数的极值 (1)判断 f(x0)是极值的方法 一般地,当函数 f(x)在点 x0 处连续时, ①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,那么 f(x0)是极大值; ②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,那么 f(x0)是极小值. (2)求可导函数极值的步骤 ①求 f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根; ③检查 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根左右值的符号.如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值;如 果左负右正,那么 f(x)在这个根处取得极小值,如果左右两侧符号一样,那么这个根不是极值点.
1

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3.函数的最值与导数 设函数 f(x)在[a,b]上连续且在(a,b)内可导,求 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤如下: ①求 f(x)在(a,b)内的极值; ②将 f(x)的各极值与 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.

专题讲练

考点一

利用导数研究函数的单调性

【例 1】 (2013· 广东卷改编)设函数 f(x)=(x-1)ex-kx2. (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在 x∈[0,+∞)上是增函数,求实数 k 的取值范围. 解 (1)当 k=1 时,f(x)=(x-1)ex-x2,

∴f′(x)=ex+(x-1)ex-2x=x(ex-2). 令 f′(x)>0,即 x(ex-2)>0,∴x>ln 2 或 x<0. 令 f′(x)<0,即 x(ex-2)<0,∴0<x<ln 2. 因此函数 f(x)的递减区间是(0,ln 2); 递增区间是(-∞,0)和(ln 2,+∞). (2)易知 f′(x)=ex+(x-1)ex-2kx=x(ex-2k). ∵f(x)在 x∈[0,+∞)上是增函数, ∴当 x≥0 时,f′(x)=x(ex-2k)≥0 恒成立. ∴ex-2k≥0,即 2k≤ex 恒成立. 1 由于 ex≥1,∴2k≤1,则 k≤ . 2 1 又当 k=2时,f′(x)=x(ex-1)≥0 当且仅当 x=0 时取等号. 1? ? 因此,实数 k 的取值范围是?-∞,2?. ? ? 规律方法 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号. 而解答本题(2)问时, 关键是 分离参数 k,把所求问题转化为求函数的最小值问题.

2

静思·勤学

(2)若可导函数 f(x)在指定的区间 D 上单调递增(减),求参数范围问题,可转化为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0) 恒成立问题,从而构建不等式,要注意“=”是否可以取到. 【变式】 (14 广东) 设函数 f ( x) ?

1 ( x ? 2 x ? k ) ? 2( x ? 2 x ? k ) ? 3
2 2 2

,其中 k ? ?2 ,

(1)求函数 f ( x) 的定义域 D(用区间表示) ; (2)讨论函数 f ( x) 在 D 上的单调性; (3)若 k ? ?6 ,求 D 上满足条件 f ( x) ? f (1) 的 x 的集合(用区间表示) 。 解: (1)可知 ( x2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x2 ? 2 x ? k ) ? 3 ? 0 ,

?[( x2 ? 2x ? k ) ? 3] ?[( x2 ? 2x ? k ) ?1] ? 0 , ? x 2 ? 2 x ? k ? ?3 或 x 2 ? 2 x ? k ? 1 , ?( x ? 1)2 ? ?2 ? k (?2 ? k ? 0) 或 ( x ? 1)2 ? 2 ? k (2 ? k ? 0) ,

? | x ? 1|? ?2 ? k 或 | x ?1|? 2 ? k ,
??1 ? ?2 ? k ? x ? ?1 ? ?2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k 或 x ? ?1 ? 2 ? k ,
所以函数 f ( x) 的定义域 D 为

(??, ?1 ? 2 ? k ) ? (?1 ? ?2 ? k , ?1 ? ?2 ? k ) ? (?1 ? 2 ? k , ? ?) ; 2( x 2 ? 2 x ? k )(2 x ? 2) ? 2(2 x ? 2) ( x 2 ? 2 x ? k ? 1)(2 x ? 2) ? ? (2) f '( x) ? ? , 3 3 2 ( x 2 ? 2 x ? k ) 2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3 ( x 2 ? 2 x ? k )2 ? 2( x 2 ? 2 x ? k ) ? 3
由 f '( x) ? 0 得 ( x2 ? 2x ? k ? 1)(2 x ? 2) ? 0 ,即 ( x ? 1 ? k )( x ? 1 ? k )( x ? 1) ? 0 ,

? x ? ?1 ? ?k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?k ,结合定义域知 x ? ?1 ? 2 ? k 或 ?1 ? x ? ?1 ? ?2 ? k , 所以函数 f ( x) 的单调递增区间为 (??, ?1 ? 2 ? k ) , (?1, ?1 ? ?2 ? k ) ,
同理递减区间为 (?1 ? ?2 ? k , ?1) , (?1 ? 2 ? k , ? ?) ; (3)由 f ( x) ? f (1) 得 ( x2 ? 2x ? k )2 ? 2( x2 ? 2x ? k ) ? 3 ? (3 ? k )2 ? 2(3 ? k ) ? 3 ,

?[( x2 ? 2x ? k )2 ? (3 ? k )2 ] ? 2[( x2 ? 2x ? k ) ? (3 ? k )] ? 0 , ?( x2 ? 2x ? 2k ? 5) ? ( x2 ? 2x ? 3) ? 0 ,

?( x ?1 ? ?2k ? 4)( x ?1 ? ?2k ? 4) ? ( x ? 3)( x ?1) ? 0 ,
? x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?1 ? ?2k ? 4 或 x ? ?3 或 x ? 1 , ? k ? ?6 ,?1? (?1, ?1 ? ?2 ? k ) , ?3 ? (?1 ? ?2 ? k , ?1) , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4 ? ?1 ? 2 ? k , 结合函数 f ( x) 的单调性知 f ( x) ? f (1) 的解集为
(?1 ? ?2k ? 4, ?1 ? 2 ? k ) ? (?1 ? ?2 ? k , ? 3) ? (1, ?1 ? ?2 ? k ) ? (?1 ? 2 ? k , ?1 ? ?2k ? 4) .
2 3 【例 2】 (14 安徽理)设函数 f ( x) ? 1 ? (1 ? a) x ? x ? x 其中 a ? 0 。

(Ⅰ)讨论 f ( x) 在其定义域上的单调性; (Ⅱ)当 x ? [0,1] 时,求 f ( x) 取得最大值和最小值时的 x 的值
2 解析: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为 (??, ??) , f '( x) ? 1 ? a ? 2 x ? 3x

3

静思·勤学 令 f '( x) ? 0 得 x1 ?

?1 ? 4 ? 3a ?1 ? 4 ? 3a , x2 ? , x1 ? x2 3 3

所以 f '( x) ? ?3( x ? x1 )( x ? x2 ) 当 x ? x1 或 x ? x2 时 f '( x) ? 0 ;当 x1 ? x ? x2 时 f '( x) ? 0 故 f ( x) 在 (??, x1 ) 和 ( x2 , ??) 内单调递减,在 ( x1 , x2 ) 内单调递增。 (Ⅱ)∵ a ? 0 ,∴ x1 ? 0, x2 ? 0 (1)当 a ? 4 时 x2 ? 1,由(Ⅰ)知 f ( x) 在 [0,1] 上单调递增 ∴ f ( x) 在 x ? 0 和 x ? 1 处分别取得最小值和最大值。 (2)当 4 ? a ? 0 时, x2 ? 1, 由(Ⅰ)知 f ( x) 在 [0, x2 ] 上单调递增,在 [ x2 ,1] 上单调递减 ∴ f ( x) 在 x ? x2 ?

?1 ? 4 ? 3a 处取得最大值 3

又 f (0) ? 1, f (1) ? a ∴当 1 ? a ? 0 时 f ( x) 在 x ? 1 处取得最小值 当 a ? 1 时 f ( x) 在 x ? 0 和 x ? 1 处同时取得最小值 当 4 ? a ? 1 时, f ( x) 在 x ? 0 取得最小值。 【变式】 (14 全国理)函数 f ? x ? ? ln ? x ? 1? ? (I)讨论 f ? x ? 的单调性; (II)设 a1 ? 1, an?1 ? ln(an ? 1) ,证明:

ax ? a ? 1? . x?a

2 3 ? an ? . n +2 n?2

解: (I) f ? x ? 的定义域为 ? ?1, ? ? ? , f ? ? x ? ?

2 ? x? ? x ? ? a ? 2a ??

? x ? 1?? x ? a ?

2



2 2 (i)当 1 ? a ? 2 时,若 x ? ?1 , a ? 2a ,则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ?1 , a ? 2a 上是增函数;若 x ? a ? 2a , 0 ,

?

?

?

2

?

?

?

2 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 a ? 2a , 0 上是减函数;若 x ? ? 0 , ? ?? , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0 , ? ? ? 上是增函数.

?

?

4

静思·勤学 (ii)当 a = 2 时, f ⅱ ( x) ? 0 , f ( x )
0 成立当且仅当 x = 0 , f ( x) 在 (- 1, + ? ) 上是增函数.

( iii ) 当 a > 2 时 , 若 x ? ( 1, 0) , 则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 是 (- 1 , 0) 上 是 增 函 数 ; 若 x ? 0 , a ? 2 a , 则
2

?

?

f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? 0 , a 2 ? 2a ? 上是减函数;若 x ? ? a 2 ? 2a , ? ? ? ,则 f ? ? x ? ? 0 , f ? x ? 在 ? a 2 ? 2a , ? ? ? 上是增
函数. ( II ) 由 ( I ) 知 , 当 a = 2 时 , f ( x) 在 (- 1, + ? ) 是 增 函 数 . 当 x ? (0 ,
ln ( x + 1) > 2x (x > 0) .又由(I)知,当 a = 3 时, x+ 2
? ) 时 , f ( x) > f (0) = 0 , 即

f ? x ? 在 [0 , 3) 上是减函数;当 x ? (0 , 3) 时, f (x) < f (0) = 0 ,即

ln ( x + 1) <

2 3 3x . < an ? (0 < x < 3) .下面用数学归纳法证明 n+ 2 n+ 2 x+ 3

2 (i)当 n = 1 时,由已知 < a1 = 1 ,故结论成立; 3



ii









n= k















2 3 < ak ? k+ 2 k+ 2
3





n= k+1





骣2 ak + 1 = ln (ak + 1) > ln 珑 + 1鼢 > 鼢 珑 珑 桫 k+ 2 鼢

2 2创 k + 2 = 2 , a = ln a + 1 ? ln 骣 3 ( k ) k+1 2 桫 k+ 2 + 2 k+ 3 k+ 2

3 k + 2 = 3 ,即当 n = k + 1 时有 1 < 3 + 3 k+ 3 k+ 2

2 3 ,结论成立.根据(i) 、 (ii)知对任何 n ? N * 结论都成立. < ak ? k+ 3 k+ 3

考点二 利用导数研究函数的极值
【例 1】 (14 福建理)已知函数 f ?x ? ? e ? ax ( a 为常数)的图像与 y 轴交于点 A ,曲线 y ? f ?x ? 在点 A 处的切线
x

斜率为-1. (I)求 a 的值及函数 f ?x ? 的极值; (II)证明:当 x ? 0 时, x ? e ;
2 x

(III)证明:对任意给定的正数 c ,总存在 x 0 ,使得当 x ? ?x0, ? ?? ,恒有 x ? ce .
2 x

本小题主要考查导数的运算及导数的应用、全称量词等基础知识的考查运用,考查抽象概括能力、推理论证能力,考 查函数与方程思想、有限与无限思想、化归与转化思想、分类与整合思想、函数与方程思想等。
x x 解 法 一 :( I ) 由 f ( x) ? e ? ax , 得 f '( x) ? e ? a . 又 f '(0) ? 1 ? a ? ?1 , 得 a ? 2 . 所 以

f ( x) ? ex ? 2x, f '( x) ? ex ? 2 . 令 f '( x) ? 0 ,得 x ? ln 2 . 当 x ? ln 2 时 , f '( x) ? 0, f ( x) 单调递减 ;当 x ? ln 2 时 ,

5

静思·勤学

f '( x) ? 0, f ( x) 单调递增.所以当 x ? ln 2 时, f ( x) 取得极小值,且极小值为 f (ln 2) ? eln 2 ? 2ln 2 ? 2 ? ln 4, f ( x)
无极大值. (II)令 g ( x) ? e x ? x 2 ,则 g '( x) ? e x ? 2x .由(I)得 g '( x) ? f ( x) ? f (ln 2) ? 0 ,故 g ( x) 在 R 上单调递增,又

g (0) ? 1 ? 0 ,因此,当 x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0 ,即 x 2 ? e x .
(III)①若 c ? 1 ,则 e ? ce .又由(II)知,当 x ? 0 时, x ? e .所以当 x ? 0 时, x ? ce .取 x0 ? 0 ,当
x x 2 x 2 x

x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x 2 ? cx 2 .
1 x 2 x 2 ? 1 ,要使不等式 x 2 ? ce x 成立, 只要 e ? kx 成立.而要使 e ? kx 成立, 则只要 x ? ln(kx 2 ) , c 2 x?2 只要 x ? 2 ln x ? ln k 成立.令 h( x) ? x ? 2ln x ? ln k ,则 h '( x) ? 1 ? ? .所以当 x ? 2 时, h '( x) ? 0, h( x) 在 x x
②若 0 ? c ? 1 ,令 k ?

(2, ??) 内单调递增.取 x0 ? 16k ? 16 ,所以 h( x) 在 ( x0 , ??) 内单调递增.又

h( x0 ) ? 16k ? 2ln(16k ) ? ln k ? 8(k ? ln 2) ? 3(k ? ln k ) ? 5k .易知 k ? ln k , k ? ln 2,5k ? 0 .所以 h( x0 ) ? 0 .即存在
x0 ? 16 2 x ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . c
2 x

综上,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . 解法二: (I)同解法一 (II)同解法一 (III)对任意给定的正数 c,取 xo ?

4 c
x x x

x 由(II)知,当 x>0 时, e ? x ,所以 e ? e 2 , e 2 ? ( ) ( )
2

2

x 2

x 2

2

当 x ? xo 时, e ? ( ) ( ) ?
x 2 2

x 2

x 2

4 x 2 1 2 ( ) ? x c 2 c
2 x

因此,对任意给定的正数 c,总存在 x0 ,当 x ? ( x0 , ??) 时,恒有 x ? ce . 【变式】已知常数 a ? 0, 函数f ( x) ? ln(1 ? ax) ? (1)讨论 f ( x) 在区间 (0, ??) 上的单调性; (2)若 f ( x) 存在学科网两个极值点 x1 , x2 , 且 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0, 求 a 的取值范围.

2x . x?2

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静思·勤学 解: (I) f ( x ) ?

'

a 2( x ? 2) ? 2 x ax 2 ? 4(a ? 1) = ? 1 ? ax ( x ? 2)2 (1 ? ax)( x ? 2)2

当 ? 1 时, ,此时 f

(x) 在区间 ? 0, ?? ? 上单调递增。
1

当 0<a<1 时,由 f '

(x) <0 得 x

?2

1? a 1? a ( x 2 ? ?2 舍去) a a
>0



x ∈(0, x1 )时 f '(x) <0;当 x∈ x 1?( x1 , ??) 时, f '(x)

故f

(x) 在区间(0, x1 )上单调递增,在区间( x1 , ?? )上单调递增。
? 1 时, f (x) 在区间(0, ?? )上单调递增;

综上所述 当a

当 0< a <1 时, f

(x) 在区间(0, 2

1? a 1? a )上单调递减,在区间( 2 , ?? )上单调递增 a a

(II)由()式知。当 a ? 1 , f ' <1。又 f

(x) ? 0,此时 f (x) 不存在极值点,因而要使得 f (x) 有两个极值点,必有 0< a
1 1? a 1? a 和 x = -2 ,且由 f ( x) 的定义可知, x > ? 且 x 2 a a a

(x) 的极值点只可能是 x1 = 2

? —2,

所以 2

1 1? a >? 。 a a

2

1? a a

? —2,解得 a ?

1 。此时,由()式易知, x 1 , x 2 分别是 f ( x) 的极小值点和极大值点,而 2

2x 2x f ( x ) + f ( x ) = in ( 1 ? ax )+ in (1+ ax 2 )1 2 x 1 ?2 x 2 ?2

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静思·勤学
2 = in ? ?1 ? a ? x x ? x 2 ? ? a x 1 x 2 ? ?-

4 x 1 x 2 ?4 ? x ? X ? x 1 x 2 ?2 ? x 1 ? x 2 ? ? 4

= in ? 2 a ? 1? —
2

4 ? a ? 1? 2 2 ?2 = in ? 2 a ? 1? + 2a ? 1 2a ? 1

令 2 a -1=x,由 0< a <1 且 a

?

1 知 2

当 0< a <

1 1 时,-1<x<0; 当 < a <1 时。0<x<1 2 2
2

记 g (x)=in x +

2 -2 x 2 -2,所以 x

(i)

当-1<x<0 时, g (x)=2in(-x)+

2 2 2x ? 2 g ' (x)= - 2 = 2 <0 x x x
因此,g(x) 在区间 (-1,0) 上单调递减, 从而 g(x) < g(-1) =-4<0, 故当 0< a < <0 (ii)当 0<x<1 时, g (x)=2inx+

1 时, f ( x ) + f ( x ) 1 2 2

2 -2,所以 x

因此。 g (x)在区间(0,1)上单调递减,从而 g (x)> g (1)=0.故当

1 < a <1 时, f ( x ) + f ( x ) >0 1 2 2

综上所述。满足条件的 a 的取值范围为(

1 ,1) 2 考点三 利用导数求函数的最值

【例 3】 (2012· 重庆卷)已知函数 f(x)=ax3+bx+c 在 x=2 处取得极值为 c-16. (1)求 a,b 的值; (2)若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[-3,3]上的最小值.

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静思·勤学

审题路线

?f′?2?=0, (1)? ?a,b 的值; ?f?2?=c-16

(2)求导确定函数的极大值?求得 c 值?求得极大值、极小值、端点值?求得最值. 解 (1)因 f(x)=ax3+bx+c,故 f′(x)=3ax2+b,

由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16, ?f′?2?=0, ?12a+b=0, 故有? 即? ?f?2?=c-16, ?8a+2b+c=c-16. ?12a+b=0, ?a=1, 化简得? 解得? ?4a+b=-8, ?b=-12. (2)由(1)知 f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12. 令 f′(x)=0,得 x=-2 或 2. 当 x 变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 9+c ? -3 (-3,- 2) + -2 0 极大值 (-2,2) - ? 2 0 极小值 (2,3) + ? -9+c 3

由表知 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c,f(x)在 x=2 处取得极小值 f(2)=c-16. 由题设条件知,16+c=28,解得 c=12, 此时 f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因此 f(x)在[-3,3]上的最小值为 f(2)=- 4. 规律方法 在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区别.求解函数的最值时,要先求 函数 y=f(x)在[a,b]内所有使 f′(x)=0 的点,再计算函数 y=f(x)在区间内所有使 f′(x)=0 的点和区间 端点处的函数值,最后比较即得.
【变式】(本小题满分 16 分)已知函数 f ( x) ? e x ? e? x 其中 e 是自然对数的底数. (1)证明: f ( x) 是 R 上的偶函数;
? ?) 上恒成立,求实数 m 的取值范围; (2)若关于 x 的不等式 mf ( x) ≤ e? x ? m ? 1 在 (0 ,

? ?) ,使得 f ( x0 ) ? a(? x03 ? 3x0 ) 成立.试比较 e a?1 与 a e?1 的大小,并证明你的结 (3)已知正数 a 满足:存在 x0 ? [1,

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静思·勤学 论. 【答案】本小题主要考查初等函数的基本性质、导数的应用等基础知识,考查综合运用数学思想 方法分析与解决问题的能力.满分 16 分. (1) ?x ? R , f (? x) ? e? x ? e x ? f ( x) ,∴ f ( x) 是 R 上的偶函数 (2)由题意, m(e? x ? e x ) ≤ e? x ? m ? 1 ,即 m(ex ? e? x ? 1) ≤ e? x ? 1
? ?) ,∴ e x ? e ? x ? 1 ? 0 ,即 m ≤ ∵ x ? (0 ,

e? x ? 1 对 x ? (0 , ? ?) 恒成立 e ? e? x ? 1
x

? ?) 恒成立 令 t ? e x (t ? 1) ,则 m ≤ 2 1 ? t 对任意 t ? (1, t ? t ?1

t ?1 1 ∵ 2 1? t ? ? ?? ≥ ? 1 ,当且仅当 t ? 2 时等号成立 t ? t ?1 (t ? 1)2 ? (t ? 1) ? 1 1 3 t ?1 ? ?1 t ?1
∴m≤?1 3
? ? ) 上单调增 (3) f '( x) ? e x ? e? x ,当 x ? 1 时 f '( x) ? 0 ,∴ f ( x) 在 (1 ,

令 h( x) ? a(? x3 ? 3x) , h '( x) ? ?3ax( x ? 1)
x ? 1 ,∴ h '( x) ? 0 ,即 h( x) 在 x ? (1, ? ?) 上单调减 ∵ a ? 0,

? ?) ,使得 f ( x0 ) ? a(? x03 ? 3x0 ) ,∴ f (1) ? e ? 1 ? 2a ,即 a ? 1 e ? 1 ∵存在 x0 ? [1, e 2 e

? ?

∵ ln aa?1 ? ln ae?1 ? ln ea?1 ? (e ? 1)ln a ? a ? 1 e
e-1

设 m(a) ? (e ? 1) ln a ? a ? 1 ,则 m '(a) ? e ? 1 ? 1 ? e ? 1 ? a , a ? 1 e?1 a a 2 e 当 1 e ? 1 ? a ? e ? 1 时, m '(a) ? 0 , m(a) 单调增; 2 e 当 a ? e ? 1 时, m '(a) ? 0 , m(a) 单调减 因此 m(a) 至多有两个零点,而 m(1) ? m(e) ? 0 ∴当 a ? e 时, m(a) ? 0 , a e?1 ? ea?1 ; 当 1 e ? 1 ? a ? e 时, m(a) ? 0 , a e?1 ? ea?1 ; 2 e 当 a ? e 时, m(a) ? 0 , a e?1 ? ea?1 .

? ?

? ?

? ?

考点四

导数的综合应用

【例 1】 (2013· 安徽卷)设函数 f(x)=ax-(1+a2)x2,其中 a>0,区间 I={x|f(x)>0}.
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静思·勤学

(1)求 I 的长度(注:区间(α,β)的长度定义为 β-α);? (2)给定常数 k∈(0,1),当 1-k≤a≤1+k 时,求 I 长度的最小值.? 突破:由?理解区间长度的意义,转化为求不等式 f(x)>0 的解集. 由?求 I 的长度最小值,即求以 a 为自变量的区间长度 d(a)= 值,利用导数求解. 解 a (1)因为方程 ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1=0,x2= ,故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}. 1+a2 a ,a∈[1-k,1+k]构成的函数的最小 1+a2

a ? a ? 因此区间 I=?0,1+a2?,区间 I 的长度为 . 1+a2 ? ? 1-a2 a (2)设 d(a)= ,则 d′(a)= (a>0). 1+a2 ?1+a2?2 令 d′(a)=0,得 a=1.由于 0<k<1,故 当 1-k≤a<1 时,(1-k)2≤a2<1,d′(a)>0,d(a)单调递增; 当 1<a≤1+k 时,a2>1,d′(a)<0,d(a)单调递减. 所以当 1-k≤a≤1+k 时,d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1+k 处取得. 1-k 2 d?1-k? 1+?1-k? 2-k2-k3 而 = = <1, d?1+k? 1+k 2-k2+k3 1+?1+k?2 故 d(1-k)<d(1+k). 1-k 因此当 a=1-k 时,d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值 . 2-2k+k2
8 【变式】 (14 辽宁理)已知函数 f ( x) ? (cos x ? x)(? ? 2 x) ? (sin x ? 1) , 3 2x g ( x) ? 3( x ? ? ) cos x ? 4(1 ? sin x) ln(3 ? ) . ? ? 证明: (1)存在唯一 x0 ? (0, ) ,使 f ( x0 ) ? 0 ; 2 ? (2)存在唯一 x1 ? ( , ? ) ,使 g ( x1 ) ? 0 ,且对(1)中的 x0 有 x0 ? x1 ? ? . 2 ? ? 2 (Ⅰ)当 x ? (0, ) 时, f '( x) ? ?(1 ? sin x)(? ? 2 x) ? 2 x ? cos x ? 0 ,函数 f ( x) 在 (0, ) 上为减函数,又 2 2 3 ? 8 ? 16 f (0) ? ? ? ? 0, f ( ) ? ?? 2 ? ? 0 ,所以存在唯一 x0 ? (0, ) ,使 f ( x0 ) ? 0 . 2 3 2 3
11

静思·勤学 (Ⅱ)考虑函数 h( x) ? 令 t ? ? ? x ,则 x ? [ 记 u (t ) ? h(? ? t ) ?

?

3( x ? ? ) cos x 2 ? ? 4 ln(3 ? x), x ? [ , ? ] , 1 ? sin x ? 2

, ? ] 时, t ? [0, ] , 2 2

?

3t cos t 2 3 f (t ) ? 4 ln(1 ? t ) ,则 u '(t ) ? , 1 ? sin t ? (? ? 2t )(1 ? sin t )

由(Ⅰ)得,当 t ? (0, x0 ) 时, u '(t ) ? 0 ,当 t ? ( x0 ,

?
2

) 时, u '(t ) ? 0 .

在 (0, x0 ) 上 u(t ) 是增函数,又 u (0) ? 0 ,从而当 t ? (0, x0 ] 时, u(t ) ? 0 ,所以 u(t ) 在 (0, x0 ] 上无零点. 在 ( x0 ,

?

) 上 u(t ) 是减函数,由 u ( x 0 ) ? 0, u ( ) ? ?4 ln 2 ? 0 ,存在唯一的 t1 ? ( x0 , ) ,使 u(t1 ) ? 0 . 2 2 2

?

?

所以存在唯一的 t1 ? ( x0 ,

?

2

) 使 u(t1 ) ? 0 .

因此存在唯一的 x1 ? ? ? t1 ? ( 因为当 x ? (

?
2

, ? ) ,使 h( x1 ) ? h(? ? t1 ) ? u(t1 ) ? 0 .

?

, ? ) 时, 1 ? sin x ? 0 ,故 g ( x) ? (1 ? sin x)h( x) 与 h( x) 有相同的零点,所以存在唯一的 x1 ? ( , ? ) , 2 2

?

使 g ( x1 ) ? 0 . 因 x1 ? ? ? t1 , t1 ? x0 ,所以 x0 ? x1 ? ?

【例 2】已知函数 f ( x) ? x cos x ? sin x, x ? [0, ] ,

?

2

(1)求证: (2)若 a ?

f ( x) ? 0 ;

? sin x ? b 在 (0, ) 上恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2 x

解: (I)由 f ( x) ? x cos x ? sin x 得
f '( x) ? cos x ? x sin x ? cos x ? ? x sin x 。
因为在区间 (0,

?

? ?? ) 上 f '( x) ? ? x sin x ? 0 ,所以 f ( x) 在区间 ?0, ? 上单调递减。 2 ? 2?

从而 f ( x) ? f (0) ? 0 。

(Ⅱ)当 x ? 0 时, “

sin x sin x ? a ”等价于“ sin x ? ax ? 0 ” ? b ”等价于“ sin x ? bx ? 0 ” “ 。 x x
12

静思·勤学

令 g ( x) ? sin x ? cx ,则 g '( x ) ? cos x ? c ,

? 当 c ? 0 时, g ( x) ? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2

? ? ?? 当 c ? 1 时,因为对任意 x ? (0, ) , g '( x ) ? cos x ? c ? 0 ,所以 g ( x) 在区间 ?0, ? 上单调递减。从而 2 ? 2?
? g ( x) ? g (0) ? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2
当 0 ? c ? 1 时,存在唯一的 x0 ? (0,

?
2

) 使得 g '( x0 ) ? cos x0 ? c ? 0 。

? g ( x) 与 g '( x ) 在区间 (0, ) 上的情况如下: 2
x
g '( x ) g ( x)

(0, x0 )



x0
0

( x0 , ) 2 →

?



因为 g ( x) 在区间 ?0, x0 ? 上是增函数,所以 g ( x0 ) ? g (0) ? 0 。进一步, “ g ( x) ? 0 对
任意 x ? (0,

? ? 2 ) 恒成立”当且仅当 g ( ) ? 1 ? c ? 0 ,即 0 ? c ? , 2 2 2 ? 2 ? 综上所述,当且仅当 c ? 时, g ( x) ? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立;当且仅当 c ? 1 时, ? 2
?
?

g ( x) ? 0 对任意 x ? (0, ) 恒成立。 2 sin x ? 2 ? b 对任意 x ? (0, ) 恒成立,则 a 最大值为 ,b 的最小值为 1. 所以,若 a ? ? x 2

【例 3】设函数 f ( x) ? ln(1 ? x), g ( x) ? xf '( x), x ? 0 ,其中 f '( x) 是 f ( x) 的导函数.
(1) g1 ( x) ? (2)若

g ( x), gn?1 ( x) ? g ( gn ( x)), n ? N? ,求 gn ( x) 的表达式;

f ( x) ? ag ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围;

(3)设 n ? N ? ,比较 g (1) ? g (2) ? ? ? g (n) 与 n ? 解:? f ( x) ? ln( x ? 1) ,? f ?( x) ?

f (n) 的大小,并加以证明.

1 x ,? g ( x ) ? 1? x 1? x

13

静思·勤学

x x ?1?1 1 ? ? 1? 1? x 1? x 1? x 1 1 ? x ? 0 ,?1 ? x ? 1 ,? ? 1 ,?1 ? ? 0 ,即 g ( x) ? 0 ,当且仅当 x ? 0 时取等号 1? x 1? x
(1) g ( x) ? 当 x ? 0 时, gn (0) ? 0 当 x ? 0 时 g ( x) ? 0

? gn?1 ( x) ? g ( gn ( x))
? g n?1 ( x) ? g n ( x) 1 ? g n ( x) 1 1 1 1 ,? ? ?1 ? ? ? 1 ,即 1 ? g n ( x) g n ?1 ( x) g n ( x) gn?1 ( x) g n ( x) g n ( x)

? 数列 {

1 } 是以 g1 ( x) 为首项,以 1 为公差的等差数列 g n ( x)

1 1 1 1 ? nx ? ? (n ? 1) ?1 ? ? (n ? 1) ?1 ? x gn ( x) g1 ( x) x 1? x x ? g n ( x) ? ( x ? 0) 1 ? nx 0 ?0 当 x ? 0 时, g n (0) ? 1? 0 x ? g n ( x) ? ( x ? 0) 1 ? nx ?
(2)在 x ? 0 范围内 令 h( x ) ?

f ( x) ? ag ( x) 恒成立,等价于 f ( x) ? ag ( x) ? 0 成立
ax ,即 h( x) ? 0 恒成立, 1? x

f ( x) ? ag ( x) ? ln( x ? 1) ?

h?( x) ?

1 a(1 ? x) ? ax x ? 1 ? a ? ? x ?1 (1 ? x)2 (1 ? x)2

令 h?( x) ? 0 ,即 x ? 1 ? a ? 0 ,得 x ? a ? 1 当 a ? 1 ? 0 即 a ? 1 时, h( x) 在 [0, ??) 上单调递增

h( x) ? h(0) ? ln(1 ? 0) ? 0 ? 0
所以当 a ? 1 时, h( x) 在 [0, ??) 上 h( x) ? 0 恒成立; 当 a ? 1 ? 0 即 a ? 1 时, h( x) 在 [a ? 1, ??) 上单调递增,在 [0, a ? 1] 上单调递减,
14

静思·勤学 所以 h( x) ? h(a ? 1) ? ln a ? a ? 1 设 ? (a) ? ln a ? a ? 1(a ? 1)

? ?( a ) ?

1 ?1 a 1 ? 1 ? 0 ,即 ? ?(a) ? 0 ,所以函数 ? (a) 在 (1, ??) 上单调递减 a

因为 a ? 1 ,所以

所以 ? (a) ? ? (1) ? 0 ,即 h(a ? 1) ? 0 所以 h( x) ? 0 不恒成立 综上所述,实数 a 的取值范围为 (??,1] (3)由题设知: g (1) ? g (2) ? ??? ? g ( n) ?

1 2 n ? ? ??? ? , 2 3 n ?1

n ? f (n) ? n ? ln(n ? 1)
比较结果为: g (1) ? g (2) ? ??? ? g (n) ? n ? ln(n ? 1) 证明如下:

1 1 1 1 ? ? ? ??? ? ? ln(n ? 1) 2 3 4 n ?1 x ,x ?0 在(2)中取 a ? 1 ,可得 ln(1 ? x ) ? 1? x 1 n ?1 1 1 ? ? 令 x ? , n ? N ,则 ln ,即 ln( n ? 1) ? ln n ? n n n ?1 n ?1 1 故有 ln 2 ? ln1 ? 2 1 ln 3 ? ln 2 ? 3 ??????
上述不等式等价于

ln( n ? 1) ? ln n ?

1 n ?1

上述各式相加可得: ln(n ? 1) ?

1 1 1 1 ? ? ? ??? ? 2 3 4 n ?1

我的学习我做主

15

静思·勤学 你认为本节课的难点是(学生填写或描述):

课后作业

e2x2+1 e2x g?x1? f?x2? 1.设函数 f(x)= x ,g(x)= ex ,对任意 x1,x2∈(0,+∞),不等式 k ≤k+1恒成立,则正数 k 的 取值范围是________. 解析 因为对任意 x1,x2∈(0,+∞),

g?x1? f?x2? k g?x1?max 不等式 k ≤ 恒成立,所以 ≥ . k+1 k+1 f?x2?min e2x 因为 g(x)= ex =xe2-x, 所以 g′(x)=(xe2-x)′=e2-x+xe2-x· (-1)=e2-x(1-x). 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0, 所以 g(x)在(0,1]上单调递增,在[1,+∞)上单调递减. 所以当 x=1 时,g(x)取到最大值,即 g(x)max=g(1)=e. 1 又 f(x)=e2x+ x≥2e(x>0). 1 1 当且仅当 e2x=x,即 x=e 时取等号,故 f(x)min=2e. 所以 g?x1?max e 1 k 1 =2e=2,应有 ≥2, f?x2?min k+1

又 k>0,所以 k≥1. 答案 [1,+∞)

16

静思·勤学 2、 (14 江西理)已知函数 (1) 当 时,求 的极值; (2) 若 (1)当 .

在区间
时, f ?( x) ?

上单调递增,求 b 的取值范围.
?5 x( x ? 2) 1 ? 2x , 由 f ?( x) ? 0 得 x ? ?2 或 x ? 0.

1 当 x ? (??, ?2) 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减,当 x ? (?2, 0) 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增,当 x ? (0, ) 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 2
单调递减,故 f ( x) 在 x ? ?2 取极小值 f (-2)= 0 ,在 x ? 0. 取极大值 f (0)= 4. (2) f ?( x) ?
? x (5 x ? 3b ? 2) 1 ? 2x ?x 1 ? 2x

1 , 因为当 x ? (0, ) 时, 3

?0

1 5 依题意当 x ? (0, ) 时,有 5 x ? 3b ? 2 ? 0 ,从而 ? 3b ? 2 ? 0 3 3
1 所以 b 的取值范围为 (??, ]. 9

be x ?1 3.(14 新课标理)设函数 f ( x0 ? ae ln x ? ,曲线 y ? f ( x) 在点(1, f (1) 处的切线为 y ? e( x ? 1) ? 2 . x (Ⅰ)求 a , b ; (Ⅱ)证明: f ( x) ? 1
x

a b b (I)函数f ( x)的定义域为(0,+?),f '( x) ? ae x1nx ? e x ? 2 e x ?1 ? e x ?1. x x x 由题意可得f (1) ? 2, f '(1) ? e. 故a ? 1, b ? 2.
2 2 (II)由(I)知f ( x) ? e x1n ? e x ?1 , 从而f ( x) ? 1等价于x1nx ? xe ? x ? . x e 设函数g ( x) ? x1nx, 则g '( x) ? 1nx.
1 1 所以当x ? (0, )时,g '( x) ? 0; 当x ? ( , ??)时,g '( x) ? 0. e e

??5 分

1 1 故g ( x)在(0, )单调递减,在( , ??)单调递增,从而g ( x)在(0,?)的最小值为 e e 1 1 g( )=- . e e

2 设函数h( x) ? xe ? x ? , 则h '( x) ? e ? x (1 ? x). e 所以当x ? (0,1)时h '( x) ? 0; 当x ? (1, ??)时,h '( x) ? 0.故h( x)在(0,1)单调递增, 1 在(1,+?)单调递减,从而h( x)在(0, ?)的最大值为h(1) ? ? . e 综上,当x ? 0时,g ( x) ? h( x), 即f ( x) ? 1.
17

静思·勤学 3.(14 山东理) 设函数 f ? x ? ?

ex 2 ? k ( ? ln x) ( k 为常数, e ? 2.71828? 是自然对数的底数) 2 x x

(I)当 k ? 0 时,求函数 f ? x ? 的单调区间; (II)若函数 f ? x ? 在 ? 0, 2 ? 内存在两个极值点,求 k 的取值范围。

解:( 1 )f ' ( x ) ? ?

e x ? x 2 ? 2 xe x 2 1 ? k (? 2 ? ) 4 x x x

( x ? 2)(e x ? kx) ( x ? 0) x3 当k ? 0时,k x ? 0 ,? e x ? kx ? 0 令f ' ( x ) ? 0, 则x ? 2 ?当x ? (0,2)时,f ( x )单调递减; 当x ? ( 2,??)时,f ( x )单调递增。 (2)令g ? x ? ? e x ? kx 则g ' ( x ) ? e x ? k ? e x ? k , x ? ln k ? g ' (0) ? 1 ? k ? 0, g (0) ? 1 ? 0 g ' ( 2) ? e 2 ? k ? 0, g ?2 ? ? e 2 ? 2k ? 0 ? k ? g ?ln k ? ? e ln k ? k ln k ? 0 ? ln k ? 1? k ? e 综上 : e的取值范围为( e,
x 2

e2 2

e2 )。 2

4.已知函数 f ( x) ? e ? ax ? bx ? 1 ,其中 a, b ? R , e ? 2.71828? 为自然对数的底数 (1)设 g ( x) 是函数 f ( x) 的导函数,求函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值; (2)若 f (1) ? 0 ,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有零点,求 a 的取值范围 解: (1)因为 f ( x) ? e ? ax ? bx ? 1 所以 g ( x) ? f ?( x) ? e ? 2ax ? b
x 2 x

又 g ?( x) ? e ? 2a
x

因为 x ? [0,1] , 1 ? e x ? e ①若 a ?

所以:

1 x ,则 2a ? 1 , g ?( x) ? e ? 2a ? 0 , 2

所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单增, g min ( x) ? g (0) ? 1 ? b ②若

1 e ? a ? ,则 1 ? 2a ? e , 2 2
18

静思·勤学 于是当 0 ? x ? ln(2a ) 时 g ?( x) ? e ? 2a ? 0 ,当 ln(2a ) ? x ? 1 时 g ?( x) ? e ? 2a ? 0 ,
x x

所以函数 g ( x) 在区间 [0, ln(2a)] 上单减,在区间 [ln(2a ),1] 上单增,

g min ( x) ? g[ln(2a)] ? 2a ? 2a ln(2a) ? b
③若 a ?

e x ,则 2a ? e , g ?( x) ? e ? 2a ? 0 2

所以函数 g ( x) 在区间 [0,1] 上单减, g min ( x) ? g (1) ? e ? 2a ? b

1 ? 1 ? b , a ? , ? 2 ? 1 e ? ?a? , 综上: g ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值为 g min ( x) ? ?2a ? 2a ln(2a ) ? b, 2 2 ? e ? ? e ? 2 a ? b, a ? 2 , ?
(2)由 f (1) ? 0 ? e ? a ? b ? 1 ? 0 ? b ? e ? a ? 1 ,又 f (0) ? 0 若函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内有零点,则函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内至少有三个单调区间 由(1)知当 a ?

1 e 或 a ? 时,函数 g ( x) 即 f ?( x) 在区间 [0,1] 上单调,不可能满足“函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内 2 2

至少有三个单调区间”这一要求。

1 e ? a ? ,则 g min ( x) ? 2a ? 2a ln(2a) ? b ? 3a ? 2a ln(2a) ? e ? 1 2 2 3 令 h( x) ? x ? x ln x ? e ? 1 ( 1 ? x ? e ) 2 1 1 则 h?( x) ? ? ln x 。由 h?( x) ? ? ln x ? 0 ? x ? e 2 2
若 所以 h( x) 在区间 (1, e ) 上单增,在区间 ( e , e) 上单减

hmax ( x) ? h( e ) ?

3 e ? e ln e ? e ? 1 ? e ? e ? 1 ? 0 即 g min ( x) ? 0 恒成立 2

于是,函数 f ( x) 在区间 (0,1) 内至少有三个单调区间 ? ? 又

? g (0) ? 2 ? e ? a ? 0 ?a ? e ? 2 ?? ? g (1) ? ?a ? 1 ? 0 ?a ? 1

1 e ?a? 2 2

所以 e ? 2 ? a ? 1

综上, a 的取值范围为 (e ? 2,1) 5.(2013· 新课标全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=e (ax+b)-x -4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为
19
x 2

静思·勤学

y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解 (1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4.

由已知得 f(0)=4,f′(0)=4.故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, 1? ? f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)?ex-2?. ? ? 令 f′(x)=0,得 x=-ln 2 或-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e-2). 1 16.设函数 f(x)=aex+aex+b(a>0). (1)求 f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y=2x,求 a,b 的值. 解 1 (1)f′(x)=aex-aex,

令 f′(x)>0,得 x>-ln a, 令 f′(x)<0,得 x<-ln a. 所以 f(x)在(-ln a,+∞)上递增,f(x)在(-∞,-ln a)上递减. ①当 0<a<1 时,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上递减,在(-ln a,+∞)上递增, 从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(-ln a)=2+b. 1 ②当 a≥1 时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而 f(x)在[0,+∞)上的最小值为 f(0)=a+a+b. 1 3 (2)依题意 f(2)=3,f′(2)=ae2-ae2=2, 1 解得 ae2=2 或-2(舍去),
20

静思·勤学

2 因此 a=e2. 1 1 代入 f(2)=3,得 2+2+b=3,即 b=2. 2 1 故 a=e2,且 b=2. x3 7.(2014· 南平质检)已知函数 f(x)=sin x,g(x)=mx- 6 (m 为实数). ?π ?π?? (1)求曲线 y=f(x)在点 P?4,f?4??处的切线方程; ? ?? ? (2)求函数 g(x)的单调递减区间; x3 (3)若 m=1,证明:当 x>0 时,f(x)<g(x)+ 6 . 解 π 2 2 2? π? ?π 2? ?π? (1)由题意得所求切线的斜率 k=f′?4?=cos4= 2 .切点 P? , ?, 则切线方程为 y- 2 = 2 ?x-4? ? ? ? ? ?4 2 ?

π 即 x- 2y+1-4=0. 1 (2)g′(x)=m-2x2. ①当 m≤0 时,g′(x)≤0,则 g(x)的单调递减区间是(-∞,+∞); ②当 m>0 时,令 g′(x)<0,解得 x<- 2m或 x> 2m, 则 g(x)的单调递减区间是(-∞,- 2m),( 2m,+∞). x3 (3)当 m=1 时,g(x)=x- 6 . 令 h(x)=g(x)-f(x)=x-sin x,x∈[0,+∞), h′(x)=1-cos x≥0, 则 h(x)是[0,+∞)上的增函数. x3 故当 x>0 时,h(x)>h(0)=0,即 sin x<x,f(x)<g(x)+ 6 . 8.已知函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e(e 为自然对数的底数)处的切线斜率为 3. (1)求实数 a 的值; (2)若 k∈Z,且 k< f?x? 对任意 x>1 恒成立,求 k 的最大值. x-1

21

静思·勤学



(1)因为 f(x)=ax+xln x,

所以 f′(x)=a+ln x+1. 因为函数 f(x)=ax+xln x 的图象在点 x=e 处的切线斜率为 3, 所以 f′(e)=3,即 a+ln e+1=3,所以 a=1. (2)由(1)知,f(x)=x+xln x, 又 k< f?x? x+xln x = 对任意 x>1 恒成立, x-1 x-1 x+xln x x-ln x-2 ,则 g′(x)= , x-1 ?x-1?2

令 g(x)=

令 h(x)=x-ln x-2(x>1), 1 x-1 则 h′(x)=1- x= x >0, 所以函数 h(x)在(1,+∞)上单调递增. 因为 h(3)=1-ln 3<0,h(4)=2-2ln 2>0, 所以方程 h(x)=0 在(1,+∞)上存在唯一实根 x0,且满足 x0∈(3,4). 当 1<x<x0 时,h(x)<0,即 g′(x)<0; 当 x>x0 时,h(x)>0,即 g′(x)>0, 所以函数 g(x)= x+xln x 在(1,x0)上单调递减, x-1

在(x0,+∞)上单调递增, 所以[g(x)]min=g(x0)= x0?1+ln x0? x0?1+x0-2? = =x0, x0-1 x0-1

所以 k<[g(x)]min=x0∈(3,4), 故整数 k 的最大值是 3.

22


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