第三篇第3講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用-資料下載頁(yè)
2024-12-09 05:36本頁(yè)面
【導(dǎo)讀】1．已知對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f(－x)＝－f，g(－x)＝g，且x＞0時(shí)，f′＞0，增，則當(dāng)x＜0時(shí)，f單調(diào)遞增，g單調(diào)遞減，即f′＞0，g′＜0.則y＝x＝4x3－52x2＋160x，∴y′＝12x2－104x＋y′＝0，得x＝2或203(舍去)，解析令f＝x3－3x2－9x＋2，則f′＝3x2－6x－9，令f′＝0，得x＝－1. 或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f＝－20.∴f的最小值為f＝－。20，故m≤－20，可知應(yīng)選B.4．函數(shù)f的定義域是R，f＝2，對(duì)任意x∈R，f＋f′>1，解析構(gòu)造函數(shù)g＝ex·f－ex，因?yàn)間′＝ex·f＋ex·f′－ex＝ex[f. ＋f′]－ex>ex－ex＝0，所以g＝ex·f－ex為R上的增函數(shù)．又因?yàn)間. ＝e0·f－e0＝1，所以原不等式轉(zhuǎn)化為g>g，解得x>0.∵－1≤cosx≤1，求分公司一年的利潤(rùn)L(萬元)與每件產(chǎn)品的售價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式；＝9(6－a)(萬元)；若92≤a≤5，則當(dāng)每件售價(jià)為??????8．(13分)已知函數(shù)f＝lnx－ax.若a>0，試判斷f在定義域內(nèi)的單調(diào)性；∴fmin＝f＝1－ae＝32，
【正文】 則 g′(x0)＝ 6x20－ 6x0， 由 g′(x0)＝ 0， 得 x0＝ 0 或 1. ∴ g(x0)在 (－ ∞ ， 0)和 (1， ＋ ∞ )上單調(diào)遞增 ， 在 (0， 1)上單調(diào)遞減． ∴ 函數(shù) g(x0)＝ 2x30－ 3x20＋ m＋ 3 的極值點(diǎn)為 x0＝ 0 和 1. ∴ 關(guān)于 x0的方程 2x30－ 3x20＋ m＋ 3＝ 0有三個(gè)實(shí)根的充要條件是 ???g（ 0） 0，g（ 1） 0， 解得－ 3m－ 2. 故所求實(shí)數(shù) m的取值范圍是 (－ 3， － 2)． 6． (13 分 )(2021福州二模 )已知函數(shù) f(x)＝ ax＋ x2， g(x)＝ xln a， a1. (1)求證函數(shù) F(x)＝ f(x)－ g(x)在 (0， ＋ ∞ )上單調(diào) 遞增； (2)若函數(shù) y＝ ??? ???F（ x）－ b＋ 1b － 3 有四個(gè)零點(diǎn) ， 求 b的取值范圍； (3)若對(duì)于任意的 x1， x2∈ [－ 1， 1]時(shí) ， 都有 |F(x2)－ F(x1)|≤ e2－ 2 恒成立 ， 求 a的取值范圍． (1)證明 ∵ F(x)＝ f(x)－ g(x)＝ ax＋ x2－ xln a， ∴ F′ (x)＝ ax ln a＋ 2x－ ln a＝ (ax－ 1)ln a＋ 2x. ∵ a1， x0， ∴ ax－ 10， ln a0， 2x0， ∴ 當(dāng) x∈ (0， ＋ ∞ )時(shí) ， F′ (x)0， 即函數(shù) F(x)在區(qū)間 (0， ＋ ∞ )上單調(diào)遞增． (2)解 由 (1)知當(dāng) x∈ (－ ∞ ， 0)時(shí) ， F′ (x)0， ∴ F(x)在 (－ ∞ ， 0]上單調(diào)遞減 ， 在 (0， ＋ ∞ )上單調(diào)遞增． ∴ F(x)取得最小值為 F(0)＝ 1. 由 ??? ???F（ x）－ b＋ 1b － 3＝ 0， 得 F(x)＝ b－ 1b＋ 3 或 F(x)＝ b－ 1b－ 3， ∴ 要使函數(shù) y＝ ??? ???F（ x）－ b＋ 1b － 3 有四個(gè)零點(diǎn) ， 只需 ?????b－ 1b＋ 31，b－ 1b－ 31，即 b－ 1b4， 即 b2－ 4b－ 1b 0， 解得 b2＋ 5或 2－ 5b0. 故 b的取值范圍是 (2－ 5， 0)∪ (2＋ 5， ＋ ∞ )． (3)解 ∵ 任意 x1， x2∈ [－ 1， 1]， 由 (1)知 F(x)在 (－ ∞ ， 0)上單調(diào)遞減 ， 在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增 ， ∴ F(x)min＝ F(0)＝ 1. 從而再來比較 F(－ 1)與 F(1)的大小即可． F(－ 1)＝ 1a＋ 1＋ ln a， F(1)＝ a＋ 1－ ln a， ∴ F(1)－ F(－ 1)＝ a－ 1a－ 2ln a. 令 H(x)＝ x－ 1x－ 2ln x(x0)， 則 H′(x)＝ 1＋ 1x2－ 2x＝ x2－ 2x＋ 1x2 ＝（ x－ 1） 2x2 0， ∴ H(x)在 (0，＋ ∞ )上單調(diào)遞增． ∵ a1， ∴ H(a)H(1)＝ 0.∴ F(1)F(－ 1)． ∴ |F(x2)－ F(x1)|的最大值為 |F(1)－ F(0)|＝ a－ ln a， ∴ 要使 |F(x2)－ F(x1)|≤ e2－ 2 恒成立 ， 只需 a－ ln a≤ e2－ 2 即可． 令 h(a)＝ a－ ln a(a1)， h′ (a)＝ 1－ 1a0， ∴ h(a)在 (1， ＋ ∞ )上單調(diào)遞增． ∵ h(e2)＝ e2－ 2， ∴ 只需 h(a)≤ h(e2)，即 1a≤ e2. 故 a的取值范圍是 (1， e2]. 特別提醒： 教師配贈(zèng)習(xí)題、課件、視頻、圖片、文檔等各種電子資源見《創(chuàng)新設(shè)計(jì) 高考總復(fù)習(xí)》光盤中內(nèi)容 .
教學(xué)課件相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號(hào)-1