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导数综合应用一


高三理科数学二轮复习:《导数》的综合应用一 姓名 【广东高考特点】注重“分类与讨论、转化与划归”的考查。 【考向一】基本概念与方法:导数几何意义,单调性与极值、最值。 【考向二】恒成立问题 【考向三】构造函数,利用导数证明不等式 1 1 【课堂研究】1、已知函数 f ( x) ? a ln x ? bx2 。(1) a ? 2, b ? ,求函数 f ( x) 在 [ , e ] 上的最大值; e 2 3 2 (2)当 b ? 0 时,若不等式 f ( x) ? m ? x 对所有的 a ? [0, ], x ? (1, e ] 都成立,求实数 m 的取值范围. 2

2、设函数 f ? x ? ? ? x ?1? ex ? kx2 (其中 k ? R ).(Ⅰ) 当 k ? 1 时,求函数 f ? x ? 的单调区间;(Ⅱ) 当

?1 ? k ? ? ,1? 时,求函数 f ? x ? 在 ?0, k ? 上的最大值 M . ?2 ?

【课堂演练】已知函数 g ( x ) ?

(1)若 a ? 1 ,求 g ( x) 的单调减区间;

1 3 ax ? 2 x 2 ? 2 x ,函数 f ( x) 是函数 g ( x) 的导函数. 3

x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? ,求实数 a 的取值范围; 2 2 (3)在第(2)问求出的实数 a 的范围内,若存在一个与 a 有关的负数 M ,使得对任意 x ? [ M , 0] 时 | f ( x) |? 4 恒成立,求 M 的最小值及相应的 a 值.
(2)若对任意 x1 , x2 ? R 且 x1 ? x2 ,都有 f (

【课后强化】已知函数 f ( x) ? 2a ln(1 ? x) ? x(a ? 0) . (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间和极值; (Ⅱ)求证: 4lg e ? lg e ? lg e ? ??? ? lg e ? lg e 2 3 n
(1? n )n nn
* (n ? 1) (n ? N ) .

《导数》的综合应用一 教师版 【广东高考特点】注重“分类与讨论、转化与划归”的考查。 【考向一】基本概念与方法:导数几何意义,单调性与极值、最值。 【考向二】恒成立问题 【考向三】构造函数,利用导数证明不等式 1 1 【课堂研究】1、已知函数 f ( x) ? a ln x ? bx2 。(1) a ? 2, b ? ,求函数 f ( x) 在 [ , e ] 上的最大值; e 2 3 2 (2)当 b ? 0 时,若不等式 f ( x) ? m ? x 对所有的 a ? [0, ], x ? (1, e ] 都成立,求实数 m 的取值范围. 2
2-x2 1 2 解 (1)由题知,f(x)=2ln x- x2,f′(x)= -x= , 2 x x 1 1 当 ≤x≤e 时,令 f′(x)>0 得 ≤x< 2;令 f′(x)<0,得 2<x≤e, e e 1 ∴f(x)在[ , 2)上单调递增,在( 2,e]上单调递减,∴f(x)max=f( 2)=ln 2-1. e 3 (2)当 b=0 时,f(x)=aln x,若不等式 f(x)≥m+x 对所有的 a∈[0, ],x∈(1,e2]都成立,则 aln x≥m 2 3 3 +x 对所有的 a∈[0, ],x∈(1,e2]都成立,即 m≤aln x-x,对所有的 a∈[0, ],x∈(1,e2]都成立, 2 2 3 2 令 h(a)=aln x-x,则 h(a)为一次函数,m≤h(a)min.∵x∈(1,e ],∴ln x>0,∴h(a)在[0, ]上单调递增, 2 ∴h(a)min=h(0)=-x,∴m≤-x 对所有的 x∈(1,e2]都成立.∵1<x≤e2,∴-e2≤-x<-1, ∴m≤(-x)min=-e2. 2、设函数 f ? x ? ? ? x ?1? ex ? kx2 (其中 k ? R ).(Ⅰ) 当 k ? 1 时,求函数 f ? x ? 的单调区间;(Ⅱ) 当

?1 ? k ? ? ,1? 时,求函数 f ? x ? 在 ?0, k ? 上的最大值 M . ?2 ?

【答案】(Ⅰ) 当 k ? 1 时,

f ? x ? ? ? x ?1? ex ? x2 , f ? ? x ? ? e x ? ? x ? 1? e x ? 2 x ? xe x ? 2 x ? x ? e x ? 2 ?

令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln 2 当 x 变化时, f ? ? x ? , f ? x ? 的变化如下表:

x
f ? ? x? f ? x?

? ??, 0?
?

0 0
极大 值

? 0,ln 2?
?

ln 2
0
极小 值

? ln 2, ???
?

右表可知,函数 f ? x ? 的递减区间为 ? 0,ln 2? ,递增区间为 ? ??, 0 ? , ? ln 2, ??? .
x x x x (Ⅱ) f ? ? x ? ? e ? ? x ? 1? e ? 2kx ? xe ? 2kx ? x e ? 2k ,令 f ? ? x ? ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ln ? 2k ? ,

?

?

令 g ? k ? ? ln ? 2k ? ? k ,则 g ? ? k ? ?

1 1? k ?1 ? ?1 ? ? 0 ,所以 g ? k ? 在 ? ,1? 上递增, k k ?2 ?

所以 g ? k ? ? ln 2 ?1 ? ln 2 ? ln e ? 0 ,从而 ln ? 2k ? ? k ,所以 ln ? 2k ? ??0, k ? 所以当 x ? 0,ln ? 2k ? 时, f ? ? x ? ? 0 ;当 x ? ln ? 2k ? , ?? 时, f ? ? x ? ? 0 ;

?

?

?

?

k 3 所以 M ? max f ? 0 ? , f ? k ? ? max ?1, ? k ? 1? e ? k

?

?

?

?

k 令 h ? k ? ? ? k ?1? ek ? k 3 ? 1 ,则 h? ? k ? ? k e ? 3k ,令 ? ? k ? ? ek ? 3k ,则 ?? ? k ? ? ek ? 3 ? e ? 3 ? 0

?

?

所以 ? ? k ? 在 ? ,1? 上递减,而 ? ?

?1 ? ?2 ?

3? ?1? ? ? ? ? ?1? ? ? e ? ? ? e ? 3? ? 0 2? ?2? ?

所以存在 x0 ? ?

?1 ? ?1 ? ,1? 使得 ? ? x0 ? ? 0 ,且当 k ? ? , x0 ? 时, ? ? k ? ? 0 ,当 k ? ? x0 ,1? 时, ? ? k ? ? 0 , ?2 ? ?2 ? ? ?

所以 ? ? k ? 在 ? , x0 ? 上单调递增,在 ? x0 ,1? 上单调递减.

?1 ?2

因为 h ?

1 7 ?1 ? ?1? e ? ? 0 , h ?1? ? 0 , 所以 h ? k ? ? 0 在 ? ,1? 上恒成立 , 当且仅当 k ? 1 时取得 ??? 2 8 ?2 ? ?2?
k 3

“ ? ”. 综上,函数 f ? x ? 在 ? 0, k ? 上的最大值 M ? ? k ?1? e ? k . 【课堂演练】已知函数 g ( x ) ?

(1)若 a ? 1 ,求 g ( x) 的单调减区间;

1 3 ax ? 2 x 2 ? 2 x ,函数 f ( x) 是函数 g ( x) 的导函数. 3

x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? ,求实数 a 的取值范围; 2 2 (3)在第(2)问求出的实数 a 的范围内,若存在一个与 a 有关的负数 M ,使得对任意 x ? [ M , 0] 时 | f ( x) |? 4 恒成立,求 M 的最小值及相应的 a 值. 1 3 2 2 解 : ( 1 ) 当 a ? 1 时 , g ( x) ? x ? 2 x ? 2 x , g '( x) ? x ? 4x ? 2 ? ? ? ? ? 1 分 3
(2)若对任意 x1 , x2 ? R 且 x1 ? x2 ,都有 f ( 由 g '( x) ? 0 解 得 ?2 ? 6 ? x ? ? 2 ?6 。。。。。。 ???2 分

? 当 a ? 1 时函数 g ( x) 的单调减区间为 (?2 ? 6, ?2 ? 6) ;(2)易知 f ( x) ? g '( x) ? ax2 ? 4x ? 2
依题意知
2 x1 ? x2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) x ?x x ?x ax 2 ? 4 x1 ? 2 ? ax2 ? 4 x2 ? 2 )? ? a( 1 2 )2 ? 4( 1 2 ) ? 2 ? 1 2 2 2 2 2 a ? ? ( x1 ? x2 ) 2 ? 0 ????????????????5 分 4 因为 x1 ? x2 ,所以 a ? 0 ,即实数 a 的取值范围是 (0, ??) ;???6 分

f(

(3)解法一:易知 f ( x) ? ax ? 4 x ? 2 ? a ( x ? ) ? 2 ?
2 2

2 a

4 ,a ? 0. a
???7 分

显然 f (0) ? ?2 ,由(2)知抛物线的对称轴 x ? ? ①当 ?2 ?
2

2 ?0 a

4 2 ? ?4 即 0 ? a ? 2 时, M ? (? , 0) 且 f (M ) ? ?4 a a

令 ax ? 4 x ? 2 ? ?4 解得 x ?

?2 ? 4 ? 2a a

?????8 分

?2 ? 4 ? 2a ?2 ??9 分 ? a 4 ? 2a ? 2 ?2 0 ? a ? 2, ?M ? ? ?1 ???10 分 4 ? 2a ? 2 4 2 ②当 ?2 ? ? ?4 即 a ? 2 时, M ? ? 且 f ? M ? ? 4 a a
此时 M 取较大的根,即 M ? 令 ax ? 4 x ? 2 ? 4 解得 x ?
2

?2 ? 4 ? 6a a

???11 分 ???12 分

此时 M 取较小的根,即 M ?

?2 ? 4 ? 6a ?6 ? a 4 ? 6a ? 2

a ? 2, ? M ?

?6 ? ?3 当且仅当 a ? 2 时取等号 ??13 分 4 ? 6a ? 2
????????14 分

由于 ?3 ? ?1 ,所以当 a ? 2 时, M 取得最小值 ?3 由(2)可知实数 a 的取值范围是 (0, ??)

解法二:对任意 x ? [ M , 0] 时,“ | f ( x) |? 4 恒成立”等价于“ f ( x)max ? 4 且 f ( x)min ? ?4 ”

故 f ( x) ? ax ? 4 x ? 2 的图象是开口向上,对称轴 x ? ?
2

2 ? 0 的抛物线??7 分 a

①当 ?

2 ? M ? 0 时, f ( x) 在区间 [ M , 0] 上单调递增, a

∴ f ( x)max ? f (0) ? ?2 ? 4 , 要使 M 最小,只需要 f ( x)min ? f (M ) ? aM 2 ? 4M ? 2 ? ?4 若 ? ? 16 ? 8a ? 0 即 a ? 2 时,无解若 ? ? 16 ? 8a ? 0 即 0 ? a ? 2 时

?2 ? 4 ? 2a 2 ?2 ? 4 ? 2a ? ? (舍去) 或 M ? ? ?1 a a a 故 M ? ?1 (当且仅当 a ? 2 时取等号)????10 分
解得 M ? ②当 M ? ?

2 2 2 时, f ( x ) 在区间 [ M , ? ] 上单调递减,在 (? , 0] 递增, f (0) ? ?2 ? 4, a a a

2 4 2 f ( ? ) ? ?2 ? ? ?4 则 a ? 2 , 要使 M 最小, 则 f ( M ) ? aM ? 4M ? 2 ? 4 即 a a

aM 2 ? 4M ? 6 ? 0 ????12 分解得 M ?
或M ?

?2 ? 4 ? 6a 2 ? ? (舍去) a a

?2 ? 4 ? 6a ?6 ? ? ?3 (当且仅当 a ? 2 时取等号) a 4 ? 6a ? 2 综上所述,当 a ? 2 时, M 的最小值为 ?3 . ??????????14 分
【课后强化】已知函数 f ( x) ? 2a ln(1 ? x) ? x(a ? 0) . (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间和极值;

lg e lg e lg e (Ⅱ)求证: 4lg e ? ? ? ??? ? ? lg e 2 3 n

(1? n )n nn

* (n ? 1) (n ? N ) .

解:(Ⅰ)定义域为 ? ?1, ?? ? , f '( x ) ?

2a ? 1 ………2 分 1? x

令 f '( x) ? 0 ? ?1 ? x ? 2a ? 1 ,令 f '( x) ? 0 ? x ? 2a ? 1 故 f ( x) 的单调递增区间为 ? ?1,2a ?1? , f ( x) 的单调递减区间为 ? 2a ?1, ???

f ( x) 的极大值为 2a ln 2a ? 2a ? 1
(Ⅱ)证:要证 4lg e ? lg e ? lg e ? ??? ? lg e ? lg e 2 3 n
(1?n )n nn

(1? n )n nn

(n ? 1)
(1?n ) n nn

1 1 1 lg e (n ? 1) , 即证 4 ? 1 ? 1 ? ??? ? 1 ? ln e 即证 4 ? ? ? ??? ? ? 2 3 n 2 3 n lg e
即证 1 ? 令a ?

( n ?1)

1 1 1 1 ? ? ??? ? ? 3 ? ln(n ? 1) ? (1 ? ) n 2 3 n n

1 ,由(Ⅰ)可知 f ( x) 在 (0, ??) 上递减,故 f ( x) ? f (0) ? 0 2 1 1 n ?1 1 * ? ln( n ? 1) ? ln n ? 即 ln(1 ? x) ? x ,令 x ? ( n ? N ) ,故 ln(1 ? ) ? ln n n n n 1 1 1 1 1 1 1 l n (? 1 ? ) ? ln ? ( 1 n ? )? 1? (n1? e ?) 累加得, ln(n ? 1) ? 1 ? ? ? ??? ? 2 3 n n n n n 1 1 1 1 n 故 1 ? ? ? ??? ? ? 3 ? ln( n ? 1) ? (1 ? ) ,得证 2 3 n n 1 n 1 1 1 0 1 1 2 1 n 1 法二: (1 ? ) = Cn ? Cn ? Cn 2 ? ??? ? Cn n ? 2 ? ? ? ??? ? n 2! 3! n! n n n 1 1 (1 ? n ?1 ) 1 1 1 1 2 ? 3 ? n ?1 ? 3 ,其余相同证法. ? 2 ? ? 2 ? ??? ? n ? 2 ? 2 1 2 2 2 2 1? 2

3


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