函数专题一导数单调性极值最值的直接应用教师版docWord文件下载.docx
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0,
・・・/(X)在(0?
+oo)内是单调递减函数,即p二0适合题意:
2当P>
0时,h(x)=px2-2x+P,方(兀)min=P,
P
只需p—no,即pni时力(X)>
o,/(%)>
o,
・・・/(X)在(0,+oo)内为单调递增函数,故Pn1适合题意.
3当"
<
0时,h(x)=px2_2x+p,其图像为开口向下的抛物线,对称轴为
X二丄g(0,+oo),只要A(0)<
0,即p<
0时,A(x)<
0在(0,+oo)恒成立,故"
0适合P
题意.
综上所述,P的取值范围为p>
\^p<
0・
(3)・.・g(x)=—在[l,e]上是减函数,
・・・X之时,g(x)min=2;
x=l时,g(x)n涿=2s即g(x)w[2,2可,
1当pSO吋,由
(2)知/(x)在[l,e]±
递减=>
/(x)^=/(I)=0<
2,不合题意;
2当0VPV1时,由xex-—>
0,
X
又由
(2)知当p=l时,f(x)在[l,e]上是增函数,
f(x)=p(x—)—21n兀5x21nx5w2Inc2<
2,不合题意;
xxee
3当phi时,由
(2)知/(兀)在[l,e]±
是增函数,/
(1)=0<
2,又g(x)在[l,e]上是减
函数,故只需/⑴叭>
g(x)min,兀"
“],而f(^)max=f(C)=-2111,
]4c
gdhin"
即p(e——)-21ne>
2,解得,
e-1
综上,P的取值范围是(-^,+oo).
e^-1
(1)设两曲线尹=/(x)与尹=g(x)有公共点,且在公共点处的切线相同,若a>
09试建立b关于Q的函数关系式,并求b的最大值;
⑵若bG[0,2],h(x)=/(x)+g(x)-(2a一b)x在(0,4)上为单调函数,求。
的取值范围。
解:
(I〉设,二/(X>
与,=>
0)在公共点(工。
2.)处的切线相同.十《乂〉n壬+2a,g'
(_r)=西-・由题意知f°
)=»
y7(jr0>
=g)
Jr
焼得a战jcq=—3a(舍去•)6——3aJInaCa>
0).
■Sa—GaZna—#—2a(l—3bta).
y<
a>
三二>
0网V•<
』03V0口{;
三二v0曲7>
丿
可-6Ce*)■寺』7分
(H>
V(X)■JC十乎一6依a<
V(x)<
0>
0値成立
1当V(x)<
0时•・+弓一bV0ZaX+^Cd
:
FW[0.2]■只需工+学VQVxG(0.4)•••“不寻在
%•
2当『09A0时•工+遊一6》0一:
工+也*8
』XX
•"
W〔0.2]・只■工+乎鼻ZA3ae>
x(2-x)恒成立
Vz€<
0r4>
AS^>
I
«
±
的鹿值JMS为aW-宇RaN窖
••••
3.(最值,按区间端点讨论)
已知函数/(x)=lnx-纟.
⑴当a>
0时,判断几对在定义域上的单调性;
3
⑵欷兀)在[1,可上的最小值为于,求d的值.
⑴由题得Ax)的定义域为(0,十8),且厂(力=丄+电=兀;
°
.
Xx~X
•・・a>
0,・••厂(x)>
0,故/(x)在(0,+°
o)上是单调递增函数.
x+a
⑵由⑴可知:
f\x)=―,
1若gM—1,贝iJx+«
>
0,即厂⑴$0在[1,可上恒成立,此吋心)在[1,可上为增函数,
33
・・JWmin=/(l)=-G=T,•*•«
=—T(舍去).
2若aW-s贝iJx+aWO,即厂(x)W0在[1,可上恒成立,此时心)在[1,可上为减函数,
a3ez,
.*./Wmin=A^)=l=—,••・G=—三(舍去).
e22
3若一—1,令厂(x)=0,得兀=—a.
当1<
x<
_a时,.厂任)<
0,・・・./(x)在(1,-a)上为减函数;
当一avx<
0时,广(x)>
0,・・・沧)在(一40)上为增函数,
・;
/Wmin=./{—Q)=ln(—0)+1=斗。
0=—宾.
厶
综上可知:
a=—y[e•
(I)当£
二2时,求曲线尹二f(x)在点(1,/
(1))处的切线方程;
(II)求/⑴的单调区间.
(I)当k=2时,f(x)=ln(l+x)—x+x1,f\x)=l+2x
1+x
3由于/(l)=ln2,=
所以曲线p=/(X)在点(1,/(I))处的切线方程为y-ln2=-(x-l)
即3x—2尹+2In2—3=0
(id
当£
=0时,f\x)=-
1+X
所以,在区间(一1,0)上,广(兀)>
0;
在区间(0,+8)上,
故/(兀)得单调递增区间是(-1,0),单调递减区间是(0,+oo).
当0<
k<
1时,由厂⑴=x(H)=0,得西=0,忑=上兰>
01+x~k
所以,在区间(-1,0)和(上M,+oo)上,厂⑴>
在区间(0,字)上,/G)v0kk
i_k\-k
故/(x)得单调递增区问是(-1,0)和(^.+oo),单调递减区问是(0,k)・
kk
当£
=1时,厂⑴=仝二故/(x)得单调递增区间是(―l,+oo).
i吋,厂(兀)=x(m)=o,得壬=上£
丘(_],0),x=0k
1+兀
I—Cl
⑵因为f(x)=lnx-ox1,
x
rr,..zx1ta-\ax2-x+\-a、
所以厂(兀)=一一。
+^^=,XG(0,+oQ),
xxx
令g(x)=ax2-x+\-a.xe(0,4-co)^
(1)当a=0时,g(x)=-x+l,xE(0,+8),
所以当xW(O,1)时,g(x)>
0,此时f(x)<
0,函数f(x渾调谨减
②当0<
a<
V2时,1/2-1>
1>
xE(O,1)时,g(x)>
0.函数f(x)单调谨减xS(Lgl)时,g(x)>
0,此时躯)9函数f(xi单调谨减xE(Va-l,+呵时,g(x)>
0,此时加9函数心)单调谨减
(2)当3工0时・由f(x)=O>
即ax2-x+l=0,解得Xi=2,x2=]/a-l
①当3二切时,x:
=x:
g:
诈J恒成立,此时f(x)WO,函数g在(0,+«
)上
单调违濮;
6.(是一道设计巧妙的好题,同时用到e底指、对数,需要构造函数,证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想,⑴⑵联系紧密)
已知函数f(x)=Inx,g(x)=ex.
X+]
⑴若函数(p(x)=f⑴一一,求函数0(对的单调区间;
X-1
⑵设直线/为函数/(兀)的图象上一点A(xOff(xo))处的切线,证明:
在区间(1,+8)上存在唯一的xo,使得直线I与曲线y=g(x)相切.
zTX八\X+lyX+1//\12X+1
(I)(p(x)=J(x)=lnx,0(x)=—+=—z•
x-lx-1x(x-lfx\x-iy
・・・X>
0且X工1,・・・0(兀)>
0・・・函数0(兀)的单调递增区间为(0,1)和(1,+oo)・
(II)Vff(x)=—‘・:
./©
0)=—‘
X如
/.切线/的方程为j^-lnx0=—(x-x0),即y=—x+lnx0-l,①
兀0兀0
设直线/与曲线y二g(Q相切于点(X,,0"
),
•:
g\x)=ex,/.eX[=—,A=-lnx0,:
.g(xi)=exo
直线I也为尹——(x+Inx。
),即y
兀0%
由①②得lnx0-l=^+丄
兀。
%。
下证:
在区间(l,+oo)上X。
存在且唯一
Y-4-1
rh(I)可知,(p(x)=\nx在区间(i,+oo)上递增.
x-1
又处)=贬4亠vo,恋)=1荷_匚!
=口>
e-1e-1-1e"
-1
结合零点存在性定理,说明方程(p(x)=0必在区间叵門上有唯一的根,这个根就是所求的唯一X。
,故结论成立.
7.(2010山东,两边分求,最小值与最大值)
已知函数f(x)=x\nx,g(x)=-x2+ax-3.
⑴求/(x)在"
+2](f>
0)上的最小值;
⑵若存在兀w丄疋(幺是常数,0=2.71828…)使不等式2/(x)>
g(x)成立,求实数。
的
取值范围;
12
⑶证明对一切xg(0,+x),都有lnx>
—成立.
eex
(l)/f(x)=lnx+l,当丄]时,八⑴单调递减,
ke)
当0<
f兰一<
f+2时,即0兰一时,/(力皿直-=--
当!
<
f<
f+2时,即f>
?
时,/⑴在[f,f+2]上单调递増/(吮直=/(^)=tint
0<
/<
-
tint
1
t>
(2)由题意知
2xlnx>
-x2+ax-3,贝【Ja<
2Inx+x+—,
设A(x)=2Z/7x+x+-(x>
0)则//(x)=?
+l_2=(x+3)y_l)
XXX
当xw-,1时,/7,(x)<
0,/?
(x)单调递减;
_e
当尢w[l,e]时,y(x)>
O,A(x)单调递增;
所以方⑴唤=maxp-,方0»
因为存在xw-,e,使2/(x)2g(x)成立,所以,
\/max
113
A(-)=-2+-+3e,h(e)=2+e+-
而/?
(-)>
A(e),故qS丄+3e-2
ee
x2
(III)等价证明X%r>
—(XG(O,+8))
由⑴知
/(x)=x/hx(xg(0,+®
o))的最小值是-丄
当且仅当x=-取到,
设0(X)=W(0,+oo)),则=
易得^(X)max=0
(1)=-丄,当且仅当x
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