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文檔簡介
第三講導數(shù)的綜合應用知識梳理知識點一利用導數(shù)證明不等式若證明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以構造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),如果能證明F(x)在(a,b)上的最大值小于0,即可證明f(x)<g(x),x∈(a,b).知識點二利用導數(shù)解決不等式的恒成立問題“恒成立”與“存在性”問題可看作一類問題,一般都可通過求相關函數(shù)的最值來解決,如:當f(x)在x∈D上存在最大值和最小值時,若f(x)≥g(a)對于x∈D恒成立,應求f(x)在x∈D上的最小值,將原條件轉化為g(a)≤f(x)min;若f(x)≤g(a)對于x∈D恒成立,應求f(x)在x∈D上的最大值,將原條件轉化為g(a)≥f(x)max;若存在x∈D,使得f(x)≥g(a)成立,應求f(x)在x∈D上的最大值,將原條件轉化為g(a)≤f(x)max;若存在x∈D,使得f(x)≤g(a)成立,應求f(x)在x∈D上的最小值,將原條件轉化為g(a)≥f(x)min.知識點三利用導數(shù)研究函數(shù)零點的方法方法一:(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值.(2)根據(jù)函數(shù)f(x)的性質作出圖象.(3)判斷函數(shù)零點的個數(shù).方法二:(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間和極值.(2)分類討論,判斷函數(shù)零點的個數(shù).歸納拓展1.若x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(π,2))),則tanx>x>sinx.2.若x∈(0,+∞),則ex≥x+1>x-1≥lnx.3.若x∈(-1,+∞),則x≥ln(x+1)≥eq\f(x,x+1).雙基自測題組一走出誤區(qū)1.判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)函數(shù)y=x-sinx有無數(shù)多個零點.(×)(2)函數(shù)y=tanx-x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(π,2),\f(π,2)))內有三個零點.(×)(3)不等式ex>ln(x+2)恒成立.(√)(4)不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x≤1-x恒成立.(×)題組二走進教材2.(選修2P99T13改編)若函數(shù)f(x)=xlnx-a有兩個零點,則實數(shù)a的取值范圍為(C)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,e),1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,e),0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(1,e),+∞))[解析]函數(shù)的定義域為(0,+∞),由f(x)=0得a=xlnx,記g(x)=xlnx.則g′(x)=lnx+1,由g′(x)>0得x>eq\f(1,e),由g′(x)<0得0<x<eq\f(1,e).∴g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,e)))上遞減,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e),+∞))上遞增,且g(x)min=geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))=-eq\f(1,e),由圖可知-eq\f(1,e)<a<0,故選C.3.(選修2P94T2改編)若函數(shù)f(x)=eq\f(lnx,x),0<a<b<e,則有(C)A.f(a)>f(b) B.f(a)=f(b)C.f(a)<f(b) D.f(a)f(b)>1[解析]∵f(x)=eq\f(lnx,x),∴f′(x)=eq\f(1-lnx,x2),當0<x<e時,f′(x)>0,故f(x)在(0,e)上單調遞增.又∵0<a<b<e,∴f(a)<f(b).故選C.4.(選修2P99T12改編)求證:(1)ex≥x+1;(2)lnx≤x-1(x>0).[證明](1)設f(x)=ex-x-1,則f′(x)=ex-1在(-∞,0)上f′(x)<0,在(0,+∞)上f′(x)>0,故f(x)在(-∞,0)上遞減,在(0,+∞)上遞增,所以f(x)在x=0處有最小值,故f(x)≥f(0)=0,∴ex≥x+1.(2)設f(x)=lnx-x+1(x>0),f′(x)=eq\f(1,x)-1=eq\f(1-x,x)(x>0),在(0,1)上f′(x)>0,在(1,+∞)上f′(x)<0,∴f(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減,f(x)≤f(1)=0.∴l(xiāng)nx≤x-1.題組三走向高考5.(2018·江蘇)若函數(shù)f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)內有且只有一個零點,則f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為-3.[解析]f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a)(a∈R),當a≤0時,f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,則f(x)在(0,+∞)上單調遞增,又f(0)=1,所以此時f(x)在(0,+∞)內無零點,不滿足題意.當a>0時,由f′(x)>0得x>eq\f(a,3),由f′(x)<0得0<x<eq\f(a,3),則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(a,3)))上單調遞減,在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3),+∞))上單調遞增,又f(x)在(0,+∞)內有且只有一個零點,所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)))=-eq\f(a3,27)+1=0,得a=3,所以f(x)=2x3-3x2+1,則f′(x)=6x(x-1),當x∈(-1,0)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增,當x∈(0,1)時,f′(x)<0,f(x)單調遞減,則f(x)max=f(0)=1,f(-1)=-4,f(1)=0,則f(x)min=-4,所以f(x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為-3.6.(2017·江蘇)已知函數(shù)f(x)=x3-2x+ex-eq\f(1,ex),其中e是自然對數(shù)的底數(shù).若f(a-1)+f(2a2)≤0,則實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(-1,\f(1,2))).[解析]由f(x)=x3-2x+ex-eq\f(1,ex),得f(-x)=-x3+2x+eq\f(1,ex)-ex=-f(x),所以f(x)是R上的奇函數(shù),又f′(x)=3x2-2+ex+eq\f(1,ex)≥3x2-2+2eq\r(ex·\f(1,ex))=3x2≥0,當且僅當x
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