20xx屆二輪復(fù)習(xí)------函數(shù)的單調(diào)性極值點極值最值--學(xué)案(全國通用)-資料下載頁
2025-04-03 03:23本頁面
【正文】 ln2k,即k≥ln2時,[f(x)]min=f(2)=ln2k.綜上所述,當(dāng)kln2時,[f(x)]min=f(1)=0。當(dāng)k≥ln2時,[f(x)]min=f(2)=ln2k.對點訓(xùn)練4解(1)因為f(x)=12x2,所以f39。(x)=2x,設(shè)切點為(x0,12x0),則2x0=2,即x0=1,所以切點為(1,11),由點斜式可得切線方程為y11=2(x1),即2x+y13=0.(2)顯然t≠0,因為y=f(x)在點(t,12t2)處的切線方程為y(12t2)=2t(xt),令x=0,得y=t2+12,令y=0,得x=t2+122t,所以S(t)=12(t2+12)t2+122|t|,不妨設(shè)t0(t0時,結(jié)果一樣),則S(t)=t4+24t2+1444t=14t3+24t+144t,所以S39。(t)=143t2+24144t2=3(t4+8t248)4t2=3(t24)(t2+12)4t2=3(t2)(t+2)(t2+12)4t2,由S39。(t)0,得t2,由S39。(t)0,得0t2,所以S(t)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+∞)上單調(diào)遞增,所以t=2時,S(t)取得極小值,也是最小值為S(2)=16+244+1448=32.【例5】解令t=|x|∈[0,1),則ln1+|x|1|x|≥a|x|對x∈(1,1)恒成立等價于ln1+t1t≥at對t∈[0,1)恒成立.方法一(分離參數(shù)法)當(dāng)t=0時,不等式恒成立,當(dāng)t0時,有a≤ln1+t1tt對t∈(0,1)恒成立.令G(t)=ln1+t1tt,則G39。(t)=2t1t2ln1+t1tt2,令H(t)=2t1t2ln1+t1t,則H39。(t)=2+2t2(1t2)221t2=4t2(1t2)20,所以H(t)在(0,1)上單調(diào)遞增,于是H(t)H(0)=0,即G39。(t)0,所以G(t)在(0,1),可得limt→0+G(t)=limt→0+21t21=2,于是0a≤2,所以a的最大值為2.方法二(最值法)構(gòu)造函數(shù)F(t)=ln1+t1tat,則F39。(t)=21t2a=at2+2a1t2.①當(dāng)2a≥0,即a≤2時,F39。(t)0,所以函數(shù)F(t)在[0,1)上遞增,所以F(t)≥F(0)=0.②當(dāng)2a0,即a2時,由F39。(t)0可得0≤ta2a,所以函數(shù)F(t)在0,a2a上遞減,所以F(t)≤F(0)=0,a的最大值為2.對點訓(xùn)練5解(1)由f39。(x)=exm,由于xy2ln2=0的斜率為1,且過點(ln2,ln2),得f(ln2)=ln2,f39。(ln2)=1,即2mln2+n=ln2,2m=1,解得m=1,n=2.(2)由(1)知f(x)=exx2,由x+1(kx)[f(x)+x+1],得x+1(kx)(ex1),故當(dāng)x0時,等價于kx+1ex1+x(x0),①令g(x)=x+1ex1+x,則g39。(x)=xex1(ex1)2+1=ex(exx2)(ex1)2,令h(x)=exx2,∵x0,∴h39。(x)=ex10.∴函數(shù)h(x)=exx2在(0,+∞)單調(diào)遞增.而h(1)0,h(2)0,所以h(x)在(0,+∞)存在唯一的零點,故g39。(x)在(0,+∞)存在唯一的零點,設(shè)此零點為α,則α∈(1,2).當(dāng)x∈(0,α)時,g39。(x)0,g(x)單調(diào)遞減。當(dāng)x∈(α,+∞)時,g39。(x)0,g(x)單調(diào)遞增。所以g(x)在(0,+∞)的最小值為g(α),又由g39。(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3),故①等價于kg(α),故整數(shù)k的最大值為2.
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