導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用word版(編輯修改稿)
2025-02-03 15:20 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 (x)在 ??? ???0， 1a 上單調(diào)遞增，在 ??? ???1a，＋ ∞ 上單調(diào)遞減，從而 g(x)極大值 ＝ g??? ???1a ＝ln 1a－ 1. 又因?yàn)樵?x→ 0 時(shí)， g(x)→ － ∞ ，在 x→ ＋ ∞ 時(shí)， g(x)→ － ∞ ，于是只需： g(x)極大值 0，即 ln1a－ 10，所以 0a1e. 綜上所述， 0a1e. (2)e1＋ λx1xλ2等價(jià)于 1＋ λln x1＋ λln x2. 由 (1)可知 x1， x2分別是方程 ln x－ ax＝ 0 的兩個(gè)根， 即 ln x1＝ ax1， ln x2＝ ax2， 所以原式等價(jià)于 1＋ λax1＋ λax2＝ a(x1＋ λx2)，因?yàn)?λ0,0x1x2， 所以原式等價(jià)于 a 1＋ λx1＋ λx2. 又由 ln x1＝ ax1， ln x2＝ ax2作差得， ln x1x2＝ a(x1－ x2)，即 a＝ln x1x2x1－ x2. 所以原式等價(jià)于ln x1x2x1－ x21＋ λx1＋ λx2， 因?yàn)?0x1x2 且原不等式恒成立，所以 ln x1x2?1＋ λ??x1－ x2?x1＋ λx2恒成立． 令 t＝ x1x2， t∈ (0,1)， 則不等式 ln t?1＋ λ??t－ 1?t＋ λ 在 t∈ (0,1)上恒成立． 令 h(t)＝ ln t－ ?1＋ λ??t－ 1?t＋ λ ， 又 h′ (t)＝ 1t－ ?1＋ λ?2?t＋ λ?2＝?t－ 1??t－ λ2?t?t＋ λ?2 ， 當(dāng) λ2≥ 1 時(shí)，可見 t∈ (0,1)時(shí)， h′ (t)0，所以 h(t)在 (0,1)上單調(diào)遞增，又 h(1)＝ 0， h(t)0 在 (0,1)上恒成立，符合題意． 當(dāng) λ21 時(shí)，可見 t∈ (0， λ2)時(shí)， h′ (t)0， t∈ (λ2,1)時(shí)， h′ (t)0， 所以 h(t)在 (0， λ2)上單調(diào)遞增，在 (λ2,1)上單調(diào)遞減，又 h(1)＝ 0， 所以 h(t)在 (0,1)上不能恒小于 0，不符合題意，舍去． 綜上所述，若不等式 e1＋ λx1xλ2恒成立，只需 λ2≥ 1， 又 λ0，所以 λ≥ 1. 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值與最值的步驟 (1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)極值的一般思路和步驟 ① 求定義域； ② 求導(dǎo)數(shù) f′ (x)； ③ 解方程 f′ (x)＝ 0，研究極值情況； ④ 確定 f′ (x0)＝ 0 時(shí) x0左右的符號，定極值． (2)若已知函數(shù)極值的大小或存在情況，求參數(shù)的取值范圍，則轉(zhuǎn)化為已知方程 f′ (x)＝ 0 根的大小或存在情況來討論求解． ?3?求函數(shù) y＝ f?x?在 [a， b]上最大值與最小值的步驟 ① 求函數(shù) y＝ f?x?在 ?a， b?內(nèi)的極值； ② 將函數(shù) y＝ f?x?的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值 f?a?， f?b?比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值 . 提醒： ?1?求函數(shù)極值時(shí)，一定要注意分析導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是不是函數(shù)的極值點(diǎn)； ?2?求函數(shù)最值時(shí)，務(wù)必將極值點(diǎn)與端點(diǎn)值比較得出最大 ?小 ?值； ?3?對于含參數(shù)的函數(shù)解析式或區(qū)間求極值、最值問題，務(wù)必要對參數(shù)分類討論 . [全國卷高考真題調(diào)研 ] 1． [2022全國卷 Ⅱ ]設(shè)函數(shù) f′ (x)是奇函數(shù) f(x)(x∈ R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－ 1)＝ 0，當(dāng) x0 時(shí)， xf′ (x)－ f(x)0，則使得 f(x)0 成立的 x 的取值范圍是 ( ) A． (－ ∞ ，－ 1)∪ (0,1) B． (－ 1,0)∪ (1，＋ ∞ ) C． (－ ∞ ，－ 1)∪ (－ 1,0) D． (0,1)∪ (1，＋ ∞ ) 答案 A 解析 令 F(x)＝ f?x?x ，因?yàn)?f(x)為奇函數(shù)，所以 F(x)為偶函數(shù)，由于 F′ (x)＝ xf′ ?x?－ f?x?x2 ，當(dāng) x0 時(shí)， xf′ (x)－ f(x)0，所以 F(x)＝ f?x?x在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞減，根據(jù)對稱性， F(x)＝ f?x?x 在 (－ ∞ ， 0)上單調(diào)遞增，又 f(－ 1)＝ 0， f(1)＝ 0，數(shù)形結(jié)合可知，使得 f(x)0 成立的 x的取值范圍是 (－ ∞ ，－ 1)∪ (0,1)，故選 A. 2． [2022全國卷 Ⅱ ]設(shè)曲線 y＝ ax－ ln (x＋ 1)在點(diǎn) (0,0)處的切線方程為 y＝ 2x，則 a＝ ( ) A． 0 B． 1 C． 2 D． 3 答案 D 解析 ∵ y＝ ax－ ln (x＋ 1)， ∴ y′ ＝ a－ 1x＋ 1，當(dāng) x＝ 0 時(shí) y′ ＝ a－ 1＝ 2， ∴ a＝ 3，故選 D. 3． [2022全國卷 Ⅲ ]已知 f(x)為偶函數(shù)，當(dāng) x0 時(shí)， f(x)＝ ln (－ x)＋ 3x，則曲線 y＝ f(x)在點(diǎn) (1，－ 3)處的切線方程是 ________． 答案 y＝－ 2x－ 1 解析 由題意可得當(dāng) x0 時(shí)， f(x)＝ ln x－ 3x，則 f′ (x)＝ 1x－ 3，f′ (1)＝－ 2，則在點(diǎn) (1，－ 3)處的切線方程為 y＋ 3＝－ 2(x－ 1)，即 y＝－ 2x－ 1. [其它省市高考題借鑒 ] 4． [2022江西高考 ]若 f(x)＝ x2＋ 2??01f(x)dx，則??01f(x)dx＝ ( ) A．－ 1 B．－ 13 D． 1 答案 B 解析 ∵??01f(x)dx＝??01x2dx＋??01??????2??01f?x?dxdx ＝ ???13x3 10＋ ?????? ???2??01f?x?dxx 10 ＝ 13＋ 2??01f(x)dx， ∴??01f(x)dx＝－ B. 5． [2022北京高考 ]設(shè)函數(shù) f(x)＝ xea－ x＋ bx，曲線 y＝ f(x)在點(diǎn) (2，f(2))處的切線方程為 y＝ (e－ 1)x＋ 4. (1)求 a， b 的值； (2)求 f(x)的單調(diào)區(qū)間． 解 (1)因?yàn)?f(x)＝ xea－ x＋ bx，所以 f′ (x)＝ (1－ x)ea－ x＋ b. 依題設(shè)，????? f?2?＝ 2e＋ 2，f′ ?2?＝ e－ 1， 即 ????? 2ea－ 2＋ 2b＝ 2e＋ 2，－ ea－ 2＋ b＝ e－ 1， 解得 a＝ 2， b＝ e. (2)由 (1)知 f(x)＝ xe2－ x＋ ex. 由 f′ (x)＝ e2－ x(1－ x＋ ex－ 1)及 e2－ x0 知， f′ (x)與 1－ x＋ ex－ 1同號． 令 g(x)＝ 1－ x＋ ex－ 1，則 g′ (x)＝－ 1＋ ex－ 1. 所以當(dāng) x∈ (－ ∞ ， 1)時(shí)， g′ (x)0， g(x)在區(qū)間 (－ ∞ ， 1)上單調(diào)遞減； 當(dāng) x∈ (1，＋ ∞ )時(shí)， g′ (x)0， g(x)在區(qū)間 (1，＋ ∞ )上單調(diào)遞增． 故 g(1)＝ 1 是 g(x)在區(qū)間 (－ ∞ ，＋ ∞ )上的最小值， 從而 g(x)0， x∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )． 綜上可知， f′ (x)0， x∈ (－ ∞ ，＋ ∞ )． 故 f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (－ ∞ ，＋ ∞ )． 一、選擇題 1． [2022鄭州質(zhì)檢 ]函數(shù) f(x)＝ excosx 的圖象在點(diǎn) (0， f(0))處的切線方程是 ( ) A． x＋ y＋ 1＝ 0 B． x＋ y－ 1＝ 0 C． x－ y＋ 1＝ 0 D． x－ y－ 1＝ 0 答案 C 解析 依題意， f(0)＝ e0cos0＝ 1，因?yàn)?f′ (x)＝ excosx－ exsinx，所以 f′ (0)＝ 1，所以切線方程為 y－ 1＝ x－ 0，即 x－ y＋ 1＝ 0，故選C. 2． [2022南寧適應(yīng)性測試 (二 )]設(shè)拋物線 C： y＝ x2 與直線 l： y＝ 1圍成的封閉圖形為 P，
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