高三数学复习合理构造函数解导数问题以及构造函数法.docx
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高三数学复习合理构造函数解导数问题以及构造函数法
例1:
已知函数fx
解:
高中复习-合理构造函数解导数问题
32
Inax1x3x2ax
2
若土为yfx的极值点,求实数a的值;
3
(1)
fx在1,上增函数,求实数a的取值范围;
1时,
因为
符合的,所以
(2)显然f
立,所以a
方程f1x1x3-有实根,求实数b的取值范围。
x
-是函数的一个极值点,所以f
(2)0,进而解得:
33
经检验是
0.
a
ax1
a
3x22xa,结合定义域知道
ax
1,
上恒成
0且ax1
0。
同时
3x2
2x
a此函数是
时递增,
故此我们只需要保证f1
0,解得:
(3)方法一、变量分离直接构造函数
解:
由于x
0,所以:
b
Inx
x2
x2
x3
Inx
12x
3x2
6x
6x22x
丄时,
7时,
0,所以gx
J上递增;
6
0,所以gx在x
7
厂上递减;
又g
10,
g
X00,0
X°
6
当0
xX。
时,g
x
0,所以gx
在0xX0上递减;
当X。
x时,g
x
0,所以x。
x1上递增;
当x
1时,gx
0,所以gx在x
1上递减;
又当
x时,g
x
gx
23
xInxxxx
Inxxx2
1
Inx一
当x0时,lnx
0,则gx
0,且g10
b的取值范围为,0.
g
一阶导数草图
原函数草图
6x
6x2
2x
Inx
2x
3x2,gx
xInxx2
x3
方法二、
构造:
Inx
xx2
2x
2x2
2x2
2x
从而Gx在0,1上为增函数;
1,G
0,从而Gx在1,
上为减函数
分析点评:
第(3)问的两种解法难易繁杂一目了然,关键在合理构造函数上。
1
时,
例2:
已知函数f(x)=—+aln(x—1),其中n是正整数,a是常数,若a=1
(1x)
求证:
当x>2时,f(x) 1 证法一: 当a=1时,f(x)=-+In(x—1),构造函数F(x)=(x—1)—f(x),下证: 当 (1x) 1 x>2时,F(x)=(x—1)—n—In(x—1)>0恒成立. (1x) F(x)=1— ①若n为偶数,•/x>2,二J2>0, x1 (1x)x1x11 所以: 当x>2时,F'(x)>O..・.F(x)min=F (2)=(2—1)—-——ln(2—1)=0,所以: 当x (1_2) 1 >2,且n为偶数时,F(x)=(x—1)—-—ln(x—1)>0恒成立. (1x)n 11 ②若n为奇数,要证+ln(x—1) (1X)(1X) ln(x—1) 小结2: 含有正整数“n”的表达式的符号、数值判断,“对n分奇、偶讨论”是一种重要的 方法.在数列中运用很多. 证法二: 1 •••当x>2时,w1,.・.只需要证明1+ln(x1)wx1.构造函数F(x)= (1x)n x2 (x—1)—[1+ln(x—1)],即F(x)=x—2—ln(x—1),贝UF'(x)=(下略). x1 小结3: 证法一是直接作“差函数”(直接构造新函数),然后分奇、偶讨论;证法二是先 适当放缩,然后构造新函数.解题时,要有敏锐的观察力. (1)抓住问题的实质,化简函数 例1: 已知fx是二次函数,不等式fx0的解集是0,5,且fx在区间1,4上 的最大值12. (1)求fx的解析式; (2)是否存在自然数m,使得方程 37 x 0在区间m,m 1内有且只有两个不等 (2)假设满足要求的实数m存在,则 37 x 0,即有: 2x2 10x 37 x 32 2x310x237 x 0,即有: 2x310x2 370构造函数hx 32 2x10x37 2 画图分析: hx6x20x 10 6x(xy 的实数根? 若存在,求出所有m的值;若不存在,请说明理由。 解: (1)y2x210xxR 进而检验,知h(3)0,h()0,h(4)0,所以存在实数m3使得fx 3 3,4内有且只有两个不等的实数根。 点评: 本题关键是构造了函数hx2x310x37,舍弃了原函数中分母X,问题得到了 简化。 12 例2: .已知函数f(x)-xalnx(aR). 1223 (I)求函数f(x)的单调区间;(n)求证: x1时,一x2Inxx3. 23 a 解: (I)依题意,函数的定义域为x>0.Qf'(x)x—,•••当a<0时,f(x)的单调 x 递增区间为(0,).当a>0时,Qf'(x)x-©—,令f'(x)>0,有 xx x/a;所以函数f(x)的单调递增区间为C、a,);令f'(x)V0,有0x所以函数 f(x)的单调递减区间为 (n)设g(x)-x3 3 ^x2lnx, 2 g'(x)2x2 Q当x1时,g'(x) (x1)(2x2 x •g(x)在(1,+ 上是增函数, g(x) g (1) 12 •••当x1时,一x 2 例3: 已知函数f(x) .23 lnxx。 3 12axInx 2 当a1时,求函数f(x)在1,e上的最大、 最小值; 求f(x)的单调增区间; (出) 求证: a1时,在区间 [1,+8)上,函数 23 f(x)的图象总在函数g(x)X的图象 3 的下方. 解: (I)当a1时,f(x) x1,e 时, f(x)0,故f(x)在[1,e]上是增 函数. ;f(x) min=f (1)= 12 f(x)max=f(e)=e+ (II)函数f(x)的定义域为0, 21 ,由f(X)0,一10,•••a0时,增区间为 x (0,);a<0时,增区间为(0」」)。 Va (III)设F(x)= 2 12’231o2(1x)(1x2x) x+lnx—x,贝VF(x)=x+—2x- 23x x>1,二F(x) 1 v0,故F(x)在[1,+8]上是减函数,又F (1)=—- 6 v0,A在[1, v0,即—x2+lnxv—x3,故函数f(x)的图象在函数 23 g(x)=-x3的 3 图象的下方• (2)抓住常规基本函数, 利用函数草图分析问题: 例4: 已知函数f Inx的图像在点P(m,fm)处的切线方程为y x, 设gx n mx- x 2lnx. (1) 求证: 当x 1时, 0恒成立; (2) 试讨论关于 x的方程mx x32ex2 tx根的个数。 解证: (1)mn 1 、mn (2)万程mxgx x x3 2ex2 tx,从而 2lnx x32ex2tx 因为x 0,所以方程可变为 2lnx x22ex t. ①当t ②当te2 e 2,即te e —时,方程一解; e 2222 ③当te,即te时,方程有2个根。 ee 分析点评: 一次函数,二次函数,指对数函数,幕函数,简单的分式根式函数,绝对值函数 的图象力求清晰准确,一些综合性的问题基本上是这些函数的组合体,如果适当分解和调配 就一定能找到问题解决的突破口,使问题简单化明确化。 (3)复合函数问题一定要坚持定义域优先的原则,抓住函数的复合过程能够逐 层分解。 例5: 已知函数 上单调递增。 fx 14x 4 232 xax2x2在区间1,1 3 上单调递减,在区间 (1) 求实数 a的值. (2) 若关于 x的方程 f2x m有3个不同的实数解,求实数 m的取值范围. (3) 若函数 ylog2 fx P的图像与坐标轴无交点,求实数 p的取值范围。 解: ( 1)利用 f10 得: 1a. 1,2 (2)因为fX 2 12 x2x2 2 得 fx 3x 2x2x2 (x 1)(x 1)(x2) 列表得 x 1 11,1 1 1,2 2 2, f x 0 0 0 f x 增 5 减 37 增 8 减 12 12 3 因此 fx 有极大值 f1 -,f2 8 极小值 f1 37.作出fx 12 3 12 如图: 因为关于x的方程f2xm有3个不同的实数解,令2xt(t0), 即关于t的方程ftm在t 0,上有3个不同的实数解, 所以yft的图像与直线y m在t0,上有 3个不同的交点。 ft的图像与yfx 37 的图像一致。 即— 12 的示意图, (3)函数ylog2fxp 的图像与坐标轴无交点, 可以分以下 2种情况: ①当函数ylog2fxp的图像与x轴无交点时,则必须有fxp1无解,而 Pmax 12 p,函数y fxp的值域为 12 p,所以1 12 P, 解得p 17 12 ②当函数ylog2fx p的图像与y轴无交点时,则必须有 ylog2f0 p不存 在,即f0p0或f02,有意义,所以2p0,解得p2. ③由函数存在,可知 0有解,解得p —,故实数p的取值范围为(卫,工). 121212 分析点评: 复合函数尤其是两次复合,一定要好好掌握,构造两种函数逐层分解研究,化繁为简,导数仍然是主要工具。 专题: 构造函数法练习 1•设函数f(x)(x1)ln(x1).若对所有的x0,都有f(x)ax成立,求实数a的取值范 围。 2设函数f(x)x2bln(x1),其中b0. 1 (I)当b—时,判断函数f(x)在定义域上的单调性;求函数f(x)的极值点; 2 111 (n)证明对任意的正整数n,不等式ln123都成立. nnn 1 (川)求证对任意不小于3的正整数n,不等式in(n1)Inn2都成立 n2 3•已知f(X)lnx,g(x)1x2mx-(m0),直线l与函数f(x)、g(x)的图像 22 都相切,且与函数f(x)的图像的切点的横坐标为1. (I)求直线I的方程及m的值; (n)若h(x)f(x1)g(x)(其中g(x)是g(x)的导函数),求函数h(x)的最大值; (川)当0ba时,求证: f(ab)f(2a) ba 2a 2 4.已知f(x)xlnx,g(x)xax3. (1)求函数f(x)在[t,t2](t>0)上的最小值; (2)对一切x(0,),2f(x)>g(x)恒成立,求实数a的取值范围; 12 (3)证明: 对一切x(0,),都有Inx>-x成立• eex 5. t28t(其中0t2.t为常数); 已知二次函数f(x)ax2bxc,直线l1: y 2.若直线l1、 l2与函数f(x)的图象以及li,y轴与函数 f(x)的图象所围成的封 i 厂 \ \ 1 \a Ji A 1 \ 2 闭图形如阴影所示. (I)求a、b、c的值 (H)求阴影面积S关于t的函数S(t)的解析式; (川)若g(x)6lnxm,问是否存在实数m,使得y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且只有两个不同的交点? 若存在,求出m的值;若不存在,说明理由. 12 6.已知函数f(x)=ax2x(a0),g(x)lnx, 2 (1)若h(x)=f(x)-g(x)存在单调增区间,求a的取值范围; (2)是否存在实数a>0,使得方程9凶f(x)(2a1)在区间(」,e)内有且只有两个 xe' 不相等的实数根? 若存在,求出a的取值范围? 若不存在,请说明理由。 1an* 7•已知数列{an}满足: ai -,an1n-,nN(其中e为自然对数的底数) 2ea-e (1)求数列{a-}的通项a-; (2)设Sna1a2 T- aia? a3 a-,求证: S- 8•已知函数 xX;(ar)gxlnx gx 2 (2)若关于x的方程x (1)求函数Fxfxgx的单调区间; x2e (e为自然对数的底数)只有一个实数根,求a的值 9.已知函数f(x)x2alnx在(1,2]是增函数,g(x)xa.、x在(0,1)为减函数. (I)求f(x)、g(x)的表达式; (II)求证: 当x0时,方程f(x)g(x)2有唯一解; 1 (III)当b1时,若f(x)2bx—在x€(0,1]内恒成立,求b的取值范围 x X 10.已知函数f(x)ex(e为自然对数的底数) (1) 求函数 f(x)的最小值; n n n n (2) 右n *1 N,证明: 丄 zL n1 ne n n n ne1 2 a 11.已知函数f(x)x,g(x)xInx,其中a0。 x (1)若x1是函数h(x)f(x)g(x)的极值点,求实数a的值; (2)若对任意的x1,x21,e(e为自然对数的底数)都有f(xj)g(x2)成立,求实数a 的取值范围。 12.已知函数g(x) ——Inx在[1,+m)上为增函数,且B€(0,n), sinx f(x) m1mx x (1)求B的值; (2)若f(x)g(x)在[1,+s)上为单调函数,求 m的取值范围; (3)设h(x) 2e 空,若在[1,e]上至少存在一个 x x,使得f(X。 ) g(x0)h(xo)成立,求m 的取值范围. 构造函数法(理科)答案 i解析: 令g(x) (x1)ln(x1)ax 对g(x)求导得g(x)ln(x1)1a 令g(x)0xea11 当a1时,对所有的x>0都有g(x)0,所以g(x)在0,上为单调增函数 又g(0)=0,所以对x 0时有g(x)g(0)即当a1时都有f(x)ax所以 a1成立 a>1时 对于0xea11时,g(x) g(x)在 0,ea11上是减函数,又g(0)=0所以对于0 ea11有g(x) g(0) 即f(x) 综上所述可知a的取值范围是 1 本题主要考察了函数的导数和利用导数判断函数的单调性大 ,涉及分类讨论的数学思想难度较 2解: (I)由题意知, f(x)的定义域为(1, f(x) 2x 2x32xb x1 设g(x)2x2 2x 其图象的对称轴为x (1, g(x)max 当b1时, 2 g(x)max b0,即 g(x) 2x2 3xb 0在(1, )上恒成立, 当x(1,)时, f(x) -时, 2 函数 f(x)在定义域(1, )上单调递增. (n)①由(i)得, 函数 f(x)无极值点. 1 ②b2时,f(x) 3 1 2 x1 0有两个相同的解 Qx1,1 2 时, 2'时, 1 b丄时,函数f(x)在(1,)上无极值点. 2 1 ③当b-时, 2 f(x)0有两个不同解, Xi 1 I—,x2 Qb0时, Xi X (1,X1) X1 (X2,) f(X) 0 f(X) ] 极小值 Z b 0时,f(x),f(x)随x的变化情况如下表: 0时,f(x)有惟一极小值点x-i 由此表可知: b ),x21, 即X1(1, 1..12b ―2, 1 当0b—时,X1 2 112b 2 1,花,X2 (1), X (1,X1) X1 (X1,X2) X1 (X1,) f(X) 0 0 f(x) Z 极大值 ] 极小值 Z 此时,f(x),f(x)随X的变化情况如下表: 11J12b 由此表可知: 0b时,f(x)有一个极大值X1和一个极小值点 22 2b X22; 2b 综上所述: b0时,f(x)有惟一最小值点x—1丄二;0b-时,f(x)有一个 22 a/aAMOK4 极大值点X——和一个极小值点x: ;b>-时,f(x)无极值点. 2x2 (川)当b1时,函数f(x)x2In(x1), 对任意正整数 1 n取x— n (0, ),则有ln 1 n 1 11 ~2~. nn 所以结论成立. (3)由 (2) 可知当b 1时, 函数 f(x) (x 1)2 lnx, (10分) 故当x(0,)时,有ln(x1)x2x3. 此时 f(x)有惟一极小 值点 令函数h(x)x2 f(x)x2x2In(x1),则h(x) 3x22x 22 3x(x1) x1 当x0, 时,f(x)0,所以函数h(x)在0, 上单调递增,又h(0)0. x(0, )时,恒有h(x) h(0)0,即x2x3ln(x1)恒成立. x(0, f'(x) 0, f(x)在(0,1 3)为减函数. 2 (12分) 3时, 41: 3 二恒有 f (1) f(1 1 -),即恒有0 n •••当n 3时, 恒有ln(n1)Inn 11 -ln(1-) nn 2成立. n 1 2ln(n1)lnn.n (14分) 3.解: (I)依题意知: 直线I是函数f(x)Inx在点(1,0)处的切线, 故其斜率 1 kf⑴-1, 1 所以直线l的方程为yx1.又因为直线l与g(x)的图像相切,所以由 y x1 12 7 y xmx — 2 2 lx2(m1)x90, 22 得 (m1)290 m 2(m4不合题意,舍去); (n) 因为 h(x)f(x 1) g(x) In(x 1)x2(x 当1 x 0时,h(x) 0 ;当x 0时, h(x)0.因此, (0, )上单调递减.因此, 当x 0时, h(x)取得最大值 h(x)在(1,0)上单调递增,在 h(0)2; 1 1),所以h(x)— x1 (川)当0 ba时,1 ba 2a 0.由(n)知: 当1x0时,h(x)2,即ln(1 x)x•因 此,有f(a b)f(2a) 亠ln1— a2a ba 2a 4解: (1) 1 (0,詁 f(x) f(x) Inx 0,f(x)单调递减,当x(^,),f(x)0,f(x)单调递增 e ,没有最小值; e 2,即0t 1 —时,f(x)min e f(」) e 1 ③丄 e f(x)在t,t2上单调递增, f(x)min f(t)11nt…5分 所以 f(x)min ! 0 e tint,t (2) 2xlnx x2 ax 3,则 a2lnx 3 3(x0), x ①x(0,1),h(x)0,h(x)单调递减, 4,对一切x(0, 设h(x)2ln 则h(x) 所以h(x)minh (1) 3 x 3)(x1) 2, x ②x(1,),h(x)0,h(x)单调递增, ),2f(x)g(x)恒成立,所以ah(x)min4;10分 (x (3)问题等价于证明 xlnx仝 e 討(0, )), 11分 由 (1)可知f(x) xlnx(x(0, 11 ))的最小值是,当且仅当x时取到, ee [来源: 状#元#源] 、几x 设m(x)— e 2 (x e (0,)),则m(x)7 e 易知 m(x) maxm (1) 1,当且仅当x1时取到, e 13分 从而对一切x(0, 5•解: (I) 1 xe 由图形可知二次函数的图象过点 ),都有lnx 成立 14分 0 82 4ac ab8c0解之得: b 4a ex 0, 0),(8,0),并且f(x)的最大值为 •••函数f(x)的解析式为f(x) 16 2 x8x4分 zx,yt28t (n)
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