導(dǎo)數(shù)的簡單應(yīng)用word版-資料下載頁
2025-01-07 15:20本頁面
【正文】 ，使得 l1⊥ l2，則實數(shù) a 的取值范圍為 ________． 答案 － 1≤ a≤ 2 解析 函數(shù) f(x)＝－ ex－ x 的導(dǎo)數(shù)為 f′ (x)＝－ ex－ 1，設(shè)曲線 f(x)＝－ ex－ x 上的切點為 (x1， f(x1))，則 l1的斜率 k1＝－ ex1－ g(x)＝ ax＋ 2cosx 的導(dǎo)數(shù)為 g′ (x)＝ a－ 2sinx，設(shè)曲線 g(x)＝ ax＋ 2cosx 上的切點為 (x2， g(x2))，則 l2的斜率 k2＝ a－ k1k 2＝－1，從而有 (－ ex1－ 1)(a－ 2sinx2)＝－ 1， ∴ a－ 2sinx2＝ 1ex1＋ 1，對 ? x1，? x2使得等式成立，則有 y1＝ 1ex1＋ 1的值域是 y2＝ a－ 2sinx2值域的子集，即 (0,1)? [a－ 2， a＋ 2]，????? a－ 2≤ 0，a＋ 2≥ 1， ∴ － 1≤ a≤ 2. 三、解答題 10． [2022石景山區(qū)高三統(tǒng)測 ]已知函數(shù) f(x)＝ x－ aln x， g(x)＝－1＋ ax (a0)． (1)若 a＝ 1，求函數(shù) f(x)的極值； (2)設(shè)函數(shù) h(x)＝ f(x)－ g(x)，求函數(shù) h(x)的單調(diào)區(qū)間； (3)若存在 x0∈ [1， e]，使得 f(x0)g(x0)成立，求 a 的取值范圍． 解 (1)f(x)＝ x－ aln x 的定義域為 (0，＋ ∞ )． 當 a＝ 1 時， f′ (x)＝ x－ 1x . 由 f′ (x)＝ 0，解得 x＝ 1. 當 0x1 時， f′ (x)0， f(x)單調(diào)遞減； 當 x1 時， f′ (x)0， f(x)單調(diào)遞增； 所以當 x＝ 1 時，函數(shù) f(x)取得極小值，極小值為 f(1)＝ 1－ ln 1＝ 1； (2)h(x)＝ f(x)－ g(x)＝ x－ aln x＋ 1＋ ax ，其定義域為 (0，＋ ∞ )． 又 h′ (x)＝ x2－ ax－ ?1＋ a?x2 ＝?x＋ 1?[x－ ?1＋ a?]x2 . 由 a0 可得 1＋ a0，在 x∈ (0,1＋ a)上 h′ (x)0，在 x∈ (1＋ a，＋ ∞ )上 h′ (x)0， 所以 h(x)的遞減區(qū)間為 (0,1＋ a)；遞增區(qū)間為 (1＋ a，＋ ∞ )． (3)若在 [1， e]上存在一點 x0，使得 f(x0)g(x0)成立， 即在 [1， e]上存在一點 x0，使得 h(x0)0. 即 h(x)在 [1， e]上的最小值小于零． ① 當 1＋ a≥ e，即 a≥ e－ 1 時，由 (2)可知 h(x)在 [1， e]上單調(diào)遞減． 故 h(x)在 [1， e]上的最小值為 h(e)， 由 h(e)＝ e＋ 1＋ ae － a0，可得 ae2＋ 1e－ 1 . 因為 e2＋ 1e－ 1 e－ 1，所以 ae2＋ 1e－ 1； ② 當 11＋ ae，即 0ae－ 1 時， 由 (2)可知 h(x)在 (1,1＋ a)上單調(diào)遞減，在 (1＋ a， e)上單調(diào)遞增． h(x)在 [1， e]上最小值為 h(1＋ a)＝ 2＋ a－ aln (1＋ a)． 因為 0ln (1＋ a)1，所以 0aln (1＋ a)a. ∴ 2＋ a－ aln (1＋ a)2，即 h(1＋ a)2 不滿足題意，舍去． 綜上所述： a∈ ??? ???e2＋ 1e－ 1，＋ ∞ . 11． [2022貴陽監(jiān)測 ]設(shè)函數(shù) f(x)＝ xln (ax)(a0)． (1)設(shè) F(x)＝ 12f(1)x2＋ f′ (x)，討論函數(shù) F(x)的單調(diào)性； (2)過兩點 A(x1， f′ (x1))， B(x2， f′ (x2))(x1x2)的直線的斜率為 k，求證： 1x2k 1x1. 解 (1)f′ (x)＝ ln (ax)＋ 1，所以 F(x)＝ 12(ln a)x2＋ ln (ax)＋ 1，函數(shù) F(x)的定義域為 (0，＋ ∞ )， F′ (x)＝ (ln a)x＋ 1x＝ ?ln a?x2＋ 1x . ① 當 ln a≥ 0，即 a≥ 1 時，恒有 F′ (x)0，函數(shù) F(x)在 (0，＋ ∞ )上是增函數(shù)； ② 當 ln a0，即 0a1 時， 令 F′ (x)0，得 ( ln a)x2＋ 10, 解得 0x － 1ln a； 令 F′ (x)0，得 (ln a)x2＋ 10，解得 x － 1ln a. 所以函數(shù) F(x) 在 ??? ???0， － 1ln a 上為增函數(shù)，在?????? － 1ln a，＋ ∞ 上為減函數(shù)． (2)證明：因為 k＝ f′ ?x2?－ f′ ?x1?x2－ x1＝ ln ?ax2?－ ln ?ax1?x2－ x1＝ln x2x1x2－ x1， x2－ x10，要證 1x2k 1x1，即證 x2－ x1x2ln x2x1x2－ x1x1， 令 t＝ x2x1，則 t1，則只要證 1－ 1tln tt－ 1 即可， ① 設(shè) g(t)＝ t－ 1－ ln t，則 g′ (t)＝ 1－ 1t0(t1)，故 g(t)在 (1，＋ ∞ )上是增函數(shù)． 所以當 t1 時， g(t)＝ t－ 1－ ln tg(1)＝ 0，即 t－ 1ln t 成立． ② 要證 1－ 1tln t，由于 t1，即證 t－ 1tln t， 設(shè) h(t)＝ tln t－ (t－ 1)，則 h′ (t)＝ ln t0(t1)，故函數(shù) h(t)在 (1，＋ ∞ )上是增函數(shù)， 所以當 t1 時， h(t)＝ tln t－ (t－ 1)h(1)＝ 0，即 t－ 1tln t 成立． 故由 ①② 知 1x2k 1x1成立，得證． 12． [2022廣西質(zhì)檢 ]已知函數(shù) f(x)＝ 1x＋ aln x(a≠ 0， a∈ R)． (1)若 a＝ 1，求函數(shù) f(x)的極值和單調(diào)區(qū)間； (2)若在區(qū)間 (0， e]上至少存在一點 x0，使得 f(x0)0 成立，求實數(shù)a 的取值范圍． 解 (1)當 a＝ 1 時， f′ (x)＝－ 1x2＋ 1x＝ x－ 1x2 ， 令 f′ (x)＝ 0，得 x＝ 1， 又 f(x)的定義域為 (0，＋ ∞ )，由 f′ (x)0 得 0x1，由 f′ (x)0得 x1， 所以當 x＝ 1 時， f(x)有極小值 1. f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 (1，＋ ∞ )，單調(diào)遞減區(qū)間為 (0,1)． (2)f′ (x)＝－ 1x2＋ ax＝ ax－ 1x2 ，且 a≠ 0，令 f′ (x)＝ 0，得到 x＝ 1a， 若在區(qū)間 (0， e]上存在一點 x0，使得 f(x0)0 成立，即 f(x)在區(qū)間(0， e]上的最小值小于 0. 當 1a0，即 a0 時， f′ (x)0 在 (0， e]上恒成立，即 f(x)在區(qū)間 (0，e]上單調(diào)遞減， 故 f(x)在區(qū)間 (0， e]上的最小值為 f(e)＝ 1e＋ aln e＝ 1e＋ a， 由 1e＋ a0，得 a－ 1e，即 a∈ ??? ???－ ∞ ，－ 1e . 當 1a0，即 a0 時， ① 若 e≤ 1a，則 f′ (x)≤ 0 對 x∈ (0， e]成立，所以 f(x)在區(qū)間 (0，e]上單調(diào)遞減， 則 f(x)在區(qū)間 (0， e]上的最小值為 f(e)＝ 1e＋ aln e＝ 1e＋ a0， 顯然， f(x)在區(qū)間 (0， e]上的最小值小于 0 不成立． ② 若 01ae，即 a1e時，則有 x ??? ???0， 1a 1a ??? ???1a， e f′ (x) － 0 ＋ f(x) 極小值 所以 f(x)在區(qū)間 (0， e]上的最小值為 f??? ???1a ＝ a＋ aln1a， 由 f??? ???1a ＝ a＋ aln1a＝ a(1－ ln a)0，得 1－ ln a0，解得 ae， 即 a∈ (e，＋ ∞ )． 綜上，由 ①② 可知： a∈ ??? ???－ ∞ ，－ 1e ∪ (e，＋ ∞ )符合題意．
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