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文檔簡介
專題一
函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第5講導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用1.導(dǎo)數(shù)逐漸成為解決問題必不可少的工具,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)
性與極值(最值)是高考的常見題型,而導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、方程、
數(shù)列等的交匯命題是高考的熱點和難點.2.多以解答題壓軸形式出現(xiàn),難度較大.考情分析KAOQINGFENXI內(nèi)容索引母題突破1
專題強化練母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明母題
(2017·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;母題突破1導(dǎo)數(shù)與不等式的證明解f(x)的定義域為(0,+∞),若a≥0,則當(dāng)x∈(0,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.?構(gòu)造函數(shù)證明思路分析
↓↓↓當(dāng)x∈(0,1)時,g′(x)>0;當(dāng)x∈(1,+∞)時,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.故當(dāng)x=1時,g(x)取得最大值,最大值為g(1)=0.所以當(dāng)x>0時,g(x)≤0.當(dāng)x>1時,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當(dāng)0<x<1時,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,∴f(x)=lnx-x+1≤f(1)=0,∴l(xiāng)nx≤x-1,∴當(dāng)x>1時,lnx<x-1,
①證明設(shè)g(x)=f(x)-(e-2)x-1=ex-x2-(e-2)x-1(x>0),則g′(x)=ex-2x-(e-2),設(shè)m(x)=ex-2x-(e-2)(x>0),則m′(x)=ex-2,易得g′(x)在(0,ln2)上單調(diào)遞減,在(ln2,+∞)上單調(diào)遞增,又g′(0)=3-e>0,g′(1)=0,由0<ln2<1,則g′(ln2)<0,所以存在x0∈(0,ln2),使得g′(x0)=0,所以當(dāng)x∈(0,x0)∪(1,+∞)時,g′(x)>0;當(dāng)x∈(x0
,1)時,g′(x)<0.故g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞增,在(x0
,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)=g(1)=0,所以g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,又由母題可得lnx≤x-1,即x≥lnx+1,規(guī)律方法利用導(dǎo)數(shù)證明不等式f(x)>g(x)的基本方法(1)若f(x)與g(x)的最值易求出,可直接轉(zhuǎn)化為證明f(x)min>g(x)max.(2)若f(x)與g(x)的最值不易求出,可構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)-g(x),然后根據(jù)函數(shù)h(x)的單調(diào)性或最值,證明h(x)>0.(3)通過題目中已有的或常用的不等式進行證明.(4)利用賦值法證明與正整數(shù)有關(guān)的不等式.跟蹤演練1.(2018·全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.(1)設(shè)x=2是f(x)的極值點,求a,并求f(x)的單調(diào)區(qū)間;當(dāng)0<x<2時,f′(x)<0;當(dāng)x>2時,f′(x)>0.所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,2).當(dāng)0<x<1時,g′(x)<0;當(dāng)x>1時,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值點.故當(dāng)x>0時,g(x)≥g(1)=0.方法二
易證ex≥x+1,
①lnx≤x-1,
②即證f(x)≥0.則g′(x)=lnx+1.當(dāng)x∈(0,1)時,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(1,+∞)時,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,1.(2020·沈陽模擬)已知函數(shù)f(x)=x2-(a-2)x-alnx,a>0.(1)求函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間;專題強化練解f(x)=x2-(a-2)x-alnx,a>0,定義域為(0,+∞),12(2)當(dāng)a=1時,證明:對任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.12證明方法一
∵a=1,∴f(x)=x2+x-lnx(x>0),即證ex-lnx-2>0恒成立,令g(x)=ex-lnx-2,x∈(0,+∞),即證g(x)min>0恒成立,12則當(dāng)0<x<x0時,g′(x)<0,當(dāng)x>x0時,g′(x)>0,∴y=g(x)在(0,x0)上單調(diào)遞減,在(x0,+∞)上單調(diào)遞增,∴g(x)min=g(x0)=
-lnx0-2,∴g(x0)>0,即對任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.12方法二
令φ(x)=ex-x-1,∴φ′(x)=ex-1,∴φ(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴φ(x)min=φ(0)=0,∴ex≥x+1,
①令h(x)=lnx-x+1(x>0),∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,∴h(x)max=h(1)=0,12∴l(xiāng)nx≤x-1,∴x+1≥lnx+2,
②要證f(x)+ex>x2+x+2,即證ex>lnx+2,由①②知ex≥x+1≥lnx+2,且兩等號不能同時成立,∴ex>lnx+2,即證原不等式成立.122.(2020·全國Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=sin2xsin2x.(1)討論f(x)在區(qū)間(0,π)的單調(diào)性;解f′(x)=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.12證明因為f(0)=f(π)=0,12證明由于
=|sin3xsin32x…sin32nx
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