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专题探究课一 金沙国际娱乐平台中函数与导数问题的热点题型

1.已知函数f(x)=x2-ln x-ax,a∈R.

(1)当a=1时,求f(x)的最小值;

(2)若f(x)>x,求a的取值范围.

解 (1)当a=1时,f(x)=x2-ln x-x,

f′(x)=

.

当x∈(0,1)时,f′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.

所以f(x)的最小值为f(1)=0.

(2)由f(x)>x,得f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x>0.

由于x>0,所以f(x)>x等价于x-

>a+1.

令g(x)=x-

,则g′(x)=

.

当x∈(0,1)时,g′(x)<0;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0.故g(x)有最小值g(1)=1.

故a+1<1,a<0,即a的取值范围是(-∞,0).

2.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.

(1)求f(x)的单调区间与极值;

(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.

(1)解 由f(x)=ex-2x+2a,x∈R,

知f′(x)=ex-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln 2.

于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

(-∞,ln 2)

ln 2

(ln 2,+∞)

f′(x)

0

f(x)

2-2ln 2+2a

故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),

单调递增区间是(ln 2,+∞),

f(x)在x=ln 2处取得极小值,

极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a.

(2)证明 设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R,

于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R.

由(1)知当a>ln 2-1时,

g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.

于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,

所以g(x)在R内单调递增.

于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),

都有g(x)>g(0).

而g(0)=0,

从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.

即ex-x2+2ax-1>0,

故当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1.

3.已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.

(1)求a;

(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

(1)解 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.

曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.

由题设得-

=-2,所以a=1.

(2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.

设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.

由题设知1-k>0.

当x≤0时,

g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,

g(-1)=k-1<0,g(0)=4,

所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.

当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,

则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,

在(2,+∞)上单调递增,

所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.

所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.

综上,g(x)=0在R上有唯一实根,

即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.

4.(2017·衡水中学质检)已知函数f(x)=

.

(1)若f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数a的取值范围;

(2)若a=0,x0<1,设直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0处的切线,求证:f(x)≤g(x).

(1)解 易知f′(x)=-

由已知得f′(x)≥0对x∈(-∞,2)恒成立,

故x≤1-a对x∈(-∞,2)恒成立,

∴1-a≥2,∴a≤-1.

(2)证明 a=0,则f(x)=

.

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),x∈R,

则h′(x)=f′(x)-f′(x0)=

.

设φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R,

则φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,

∵x0<1,∴φ′(x)<0,

∴φ(x)在R上单调递减,而φ(x0)=0,

∴当x0,当x>x0时,φ(x)<0,

∴当x0,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,∴x∈R时,h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x).

5.设f(x)=

+xln x,g(x)=x3-x2-3.

(1)如果存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M成立,求满足上述条件的最大整数M;

(2)如果对于任意的s,t∈

,都有f(s)≥g(t)成立,求实数a的取值范围.

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.

由g(x)=x3-x2-3,得g′(x)=3x2-2x=3x

.

令g′(x)>0得x<0或x>

又x∈[0,2],所以g(x)在区间

上单调递减,在区间

上单调递增,所以g(x)min=g

=-

g(x)max=g(2)=1.

故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=

≥M,

则满足条件的最大整数M=4.

(2)对于任意的s,t∈

,都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间

上,函数f(x)min≥g(x)max.

由(1)可知在区间

上,g(x)的最大值为g(2)=1.

在区间

上,f(x)=

+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.

设h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,

可知h′(x)在区间

上是减函数,

又h′(1)=0,

所以当1

0.

即函数h(x)=x-x2ln x在区间

上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,

所以h(x)max=h(1)=1,

所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).

6.(2016·山东卷)已知f(x)=a(x-ln x)+

,a∈R.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)当a=1时,证明f(x)>f′(x)+

对任意的x∈[1,2]成立.

(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),

f′(x)=a-

.

当a≤0时,x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

当a>0时,f′(x)=

(x-

)(x+

).

①0

>1,

当x∈(0,1)或x∈(

,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

当x∈(1,

)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

②a=2时,

=1,在x∈(0,+∞)上,f′(x)≥0,f(x)单调递增,

③a>2时,0<

<1,

当x∈(0,

)或x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

当x∈(

,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;

当0

)上单调递减,在(

,+∞)上单调递增;

当a=2时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a>2时,f(x)在(0,

)上单调递增,在(

,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

(2)证明 由(1)知,a=1时,

f(x)-f′(x)=x-ln x+

-(1-

)

=x-ln x+

-1,x∈[1,2],

设g(x)=x-ln x,h(x)=

-1,x∈[1,2].

则f(x)-f′(x)=g(x)+h(x).

由g′(x)=

≥0可得g(x)在[1,2]上递增,∴g(x)≥g(1)=1,当且仅当x=1时取得等号.

h′(x)=

设φ(x)=-3x2-2x+6,

则φ(x)在[1,2]上单调递减,

因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以?x0∈(1,2),使φ(x0)=0,

所以当x∈(1,x0)时φ(x)>0,即h′(x)>0,当x∈(x0,2)时,φ(x)<0

即h′(x)<0.所以h(x)在(1,x0)上单调递增,在(x0,2)上单调递减.

又h(1)=1,h(2)=

,所以h(x)≥h(2)=

,当且仅当x=2时取得等号.

所以f(x)-f′(x)>g(1)+h(2)=

即f(x)>f′(x)+

对于任意的x∈[1,2]成立.

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专题探究课一 金沙国际娱乐平台中函数与导数问题的热点题型 1.已知函数 f(x)=x2-ln x-ax,a∈R. (1)当 a=1 时,求 f(x)的最小值; (2)若 f(x)>x,求 a 的取值范围. 解 (1)当 a=1 时,f(x)=x2-ln x-x, f′(x)= (2x+1)(x-1) . x 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)的最小值为 f(1)=0. (2)由 f(x)>x,得 f(x)-x=x2-ln x-(a+1)x>0. ln x 由于 x>0,所以 f(x)>x 等价于 x- x >a+1. x2-1+ln x ln x 令 g(x)=x- x ,则 g′(x)= . x2 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0.故 g(x)有最小值 g(1)= 1. 故 a+1<1,a<0,即 a 的取值范围是(-∞,0). 2.设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. (1)解 由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R, 知 f′(x)=ex-2,x∈R.令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - ln 2 0 2-2ln 2+2a (ln 2,+∞) + 故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞), f(x)在 x=ln 2 处取得极小值, 极小值为 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a. (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时, g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞), 都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0, 从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 ex-x2+2ax-1>0, 故当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. 3.已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的 横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. (1)解 f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得-a=-2,所以 a=1. (2)证明 由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时, g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增, g(-1)=k-1<0,g(0)=4, 所以 g(x)=0 在(-∞,0]上有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4, 则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减, 在(2,+∞)上单调递增, 所以


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