導(dǎo)數(shù)的綜合大題及其分類-在線瀏覽
2025-05-12 00:40本頁面
【正文】 ′(x)，寫出在點P處的切線方程；第二步：直接構(gòu)造g(x)＝f(x)－2(x－lnx)，利用導(dǎo)數(shù)證明g(x)min0.[規(guī)范解答] (1)因為f(x)＝，所以f′(x)＝＝，f′(2)＝，又切點為，所以切線方程為y－＝(x－2)，即e2x－4y＝0.(2)證明：設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)－2(x－lnx)＝－2x＋2lnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝－2＋＝，x∈(0，＋∞)．設(shè)h(x)＝ex－2x，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝ex－2，令h′(x)＝0，則x＝ln2.當(dāng)x∈(0，ln2)時，h′(x)0；當(dāng)x∈(ln2，＋∞)時，h′(x)0.所以h(x)min＝h(ln2)＝2－2ln20，故h(x)＝ex－2x0.令g′(x)＝＝0，則x＝1.當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)0.所以g(x)min＝g(1)＝e－20，故g(x)＝f(x)－2(x－lnx)0，從而有f(x)2(x－lnx)．[解題反思] 本例中(2)的證明方法是最常見的不等式證明方法之一，通過合理地構(gòu)造新函數(shù)g(x)．求g(x)的最值來完成．在求g(x)的最值過程中，需要探討g′(x)的正負(fù)，而此時g′(x)的式子中有一項ex－2x的符號不易確定，這時可以單獨拿出ex－2x這一項，再重新構(gòu)造新函數(shù)h(x)＝ex－2x(x0)，考慮h(x)的正負(fù)問題，此題看似簡單，且不含任何參數(shù)，但需要兩次構(gòu)造函數(shù)求最值，同時在(2)中定義域也是易忽視的一個方向．[答題模板] 解決這類問題的答題模板如下：[題型專練]3．(2017ex－lnx.因為f′(x)＝ex－2－在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又f′(1)0，f′(2)0，所以f′(x)＝0在(0，＋∞)上有唯一實根x0，且x0∈(1,2)．當(dāng)x∈(0，x0)時，f′(x)0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)0，從而當(dāng)x＝x0時，f(x)取極小值，也是最小值．由f′(x0)＝0，得ex0－2＝，則x0－2＝－lnx0.故f(x)≥f(x0)＝e x0－2－lnx0＝＋x0－22－2＝0，所以f(x)0.【2017高考三卷】21．（12分）已知函數(shù) =x﹣1﹣alnx．（1）若 ，求a的值；（2）設(shè)m為整數(shù)，且對于任意正整數(shù)n，﹤m，求m的最小值．：（1）的定義域為.①若，因為，所以不滿足題意；②若，由知，當(dāng)時，；當(dāng)時，所以在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故x=a是在的唯一最小值點.由于，所以當(dāng)且僅當(dāng)a=1時，.故a=1（2）由（1）知當(dāng)時，令得，從而故而，所以m的最小值為3.21．（12分）已知函數(shù)=lnx+ax2+(2a+1)x．（1）討論的單調(diào)性；（2）當(dāng)a﹤0時，證明．【答案】（1）當(dāng)時，在單調(diào)遞增；當(dāng)時，則在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減；（2）詳見解析題型四 利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題題型概覽：已知不等式恒成立求參數(shù)取值范圍，構(gòu)造函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；若參數(shù)不便于分離，或分離以后不便于求解，則考慮直接構(gòu)造函數(shù)法，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，進而得出相應(yīng)的含參不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍． 已知函數(shù)f(x)＝lnx－mx，g(x)＝x－(a0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若m＝，對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍．[審題程序] 第一步：利用導(dǎo)數(shù)判斷f(x)的單調(diào)性，對m分類討論；第二步：對不等式進行等價轉(zhuǎn)化，將g(x1)≥f(x2)轉(zhuǎn)化為g(x)min≥f(x)max；第三步：求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)并判斷其單調(diào)性進而求極值(最值)；第四步：確定結(jié)果．[規(guī)范解答] (1)f(x)＝lnx－mx，x0，所以f′(x)＝－m，當(dāng)m≤0時，f′(x)0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)m0時，由f′(0)＝0得x＝；由得0x；由得x.綜上所述，當(dāng)m≤0時，f′(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當(dāng)m0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.(2)若m＝，則f(x)＝lnx－x.對?x1，x2∈[2,2e2]都有g(shù)(x1)≥f(x2)成立，等價于對?x∈[2,2e2]都有g(shù)(x)min≥f(x)max，由(1)知在[2,2e2]上f(x)的最大值為f(e2)＝，g′(x)＝1＋0(a0)，x∈[2,2e2]，函數(shù)g(x)在[2,2e2]上是增函數(shù)，g(x)min＝g(2)＝2－，由2－≥，得a≤3，又a0，所以a∈(0,3]，所以實數(shù)a的取值范圍為(0,3]．[解題反思] 本例(1)的解答中要注意
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