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板块综合融会　利用导数研究函数的性质(习题课——小结评价式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.数形结合思想在利用导数研究函数零点(方程根)中的应用:涉及函数的零点(方程根)问题,关键是将函数零点(方程根)转化为两函数的图象交点问题,利用导数工具确定函数的单调性、极值与最值的情况,确定函数的大致图象,从而确定参数的取值范围.
2.本章在研究函数单调性、极值、最值及不等式恒成立等问题中,函数解析式中含有参数时,往往需要对参数进行分类讨论.在分类讨论时,首先要确定好分类的对象以及分类的标准和依据;其次在讨论时还要遵循不重复不遗漏的原则,逐级逐类进行讨论;最后要把讨论的结果进行整合.
3.转化与化归思想在不等式恒成立问题中的应用:转化与化归思想在利用导数研究函数中的应用广泛,在本章中解决一些恒成立问题或存在性问题,我们可以将问题转化为与之等价的最值问题,解题过程中体现了转化的数学思想.
　
融通点(一)　利用导数研究不等式恒成立问题
[例1]　已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).对任意的x∈(0,1),不等式f(x)>-恒成立,求m的取值范围.
听课记录:
[思维建模]
利用导数解决不等式恒成立问题的方法
(1)分离参数法求范围:若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而解决问题.
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决:对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看作常数直接构造函数,常用分类讨论法,利用导数研究单调性、最值,从而得出参数范围.
　　[针对训练]
1.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;
(2)当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
融通点(二)　与ex,ln x有关的不等式证明
[例2]　已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;
(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.
听课记录:
[思维建模]
(1)与ex和ln x(x>0)有关的不等式之间的关系ex≥x+1>x>x-1≥ln x,常用该不等式通过放缩证明一些问题.可借助图象进行理解.
(2)在运用ex≥x+1及ln x≤x-1之前一定要先证明.
　　[针对训练]
2.已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
(2)当a=1时,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
融通点(三)　利用导数研究函数的零点问题
[例3]　已知函数f(x)=cos x-x2.
(1)设g(x)=f'(x),求g(x)在区间上的最值;
(2)讨论f(x)的零点个数.
听课记录:
[思维建模]
(1)判断函数零点个数问题的思路
①求出函数的定义域.
②求导数f'(x)及函数f'(x)的零点.
③用f'(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f'(x)在各个区间上的正负,并得出f(x)的单调性与极值.
④确定f(x)的图象所经过的一些特殊点,以及图象的变化趋势.
⑤画出f(x)的大致图象(不必在步骤中呈现).
(2)利用导数研究函数的零点或方程的根的方法是借助导数研究函数的单调性、极值(最值),通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势,从而判断零点个数或通过零点个数求参数的范围.
　　[针对训练]
3.已知函数f(x)=x3-3x+a(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调递减区间;
(2)若函数f(x)有三个零点,求a的取值范围.
融通点(四)　新定义问题
[例4]　(1)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人,特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果.设函数f(x)在(a,b)内的导函数为f'(x),f'(x)在(a,b)内的导函数记为f″(x),若在(a,b)内f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)内为“凸函数”,已知f(x)=-x3+x2在(1,4)内为“凸函数”,则实数t的取值范围是 (　　)
A.[3,+∞) B.
C. D.
(2)计算器计算ex,ln x,sin x,cos x等函数的函数值是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”是:如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内可以多次进行求导数运算,则当x∈(a,b),且x≠x0时,有f(x)=+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+….
其中f'(x)是f(x)的导数,f″(x)是f'(x)的导数,f (x)是f″(x)的导数….
取x0=0,则sin x的“泰勒展开式”中第三个非零项为　　　　,sin 1精确到0.01的近似值为　　 　.
听课记录:
　　[针对训练]
4.牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法,它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下:设r是函数y=f(x)的一个零点,任意选取x0作为r的初始近似值,作曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线l1,设l1与x轴交点的横坐标为x1,并称x1为r的1次近似值;作曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线l2,设l2与x轴交点的横坐标为x2,并称x2为r的2次近似值.一般地,作曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))(n∈N)处的切线ln+1,记ln+1与x轴交点的横坐标为xn+1,并称xn+1为r的n+1次近似值.设f(x)=x3+x-1的零点为r,取x0=0,则r的2次近似值为　　　　.
5.我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型,比如:当x→0时,的极限即为型,两个无穷小之比的极限可能存在,也可能不存在.早在1696年,洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造一种算法(洛必达法则),用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限,法则的大意为:在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.
如:===1,则=　　　　.
板块综合融会　利用导数研究函数的性质
[融通点(一)]
[例1]　解:法一　对任意的0-恒成立,即m>恒成立.
令g(x)=,x∈(0,1),则g'(x)=.令h(x)=x-ln x-1-,x∈(0,1),则h'(x)=<0,
即h(x)在区间(0,1)内单调递减,
又h=0,
所以当x∈时,h(x)>0,
即g'(x)>0,此时g(x)单调递增;
当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0,
此时g(x)单调递减,
所以g(x)max=g==.
所以m>,即m的取值范围为.
法二　由题意知f'(x)=,
当m≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)内单调递增,
因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-,所以m≤0不符合题意.
当0对任意的0-恒成立,
即f(x)min=ln m-m+1>-,
即ln m-m+1+>0,
令g(m)=ln m-m+1+,m∈(0,1)
g'(m)=-1=>0,所以g(m)在区间(0,1)内单调递增,又g=-1-+1+=0,
所以当m≥1时,f'(x)=<0,f(x)在区间(0,1)内单调递减,
所以f(x)>f(1)=0>-,符合题意;
综上,m的取值范围为.
[针对训练]
1.解:(1)当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,所以f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1.因为y=2ln(1+x),y=-+1在(-1,+∞)上单调递增,故f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,而f'(0)=0,故当-10时,f'(x)>0,故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0,无极大值.
(2)f'(x)=-aln(1+x)+-1=-aln(1+x)-,x≥0,设s(x)=-aln(1+x)-,x≥0,则s'(x)=-=-=-.
当a≤-时,s'(x)>0,
故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即f'(x)>0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,
故f(x)≥f(0)=0.
当-综上,a的取值范围为.
[融通点(二)]
[例2]　解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.由题设知f'(2)=0,所以a=,
从而f(x)=ex-ln x-1,f'(x)=ex-.
当02时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞),
单调递减区间为(0,2).
(2)证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1(x∈(0,+∞)),
则g'(x)=-.
当01时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时,f(x)≥0.
[针对训练]
2.解:(1)函数f(x)的定义域是(0,+∞),
f'(x)=2x-(a-2)-=,
当a≤0时,f'(x)>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,∴函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,由f'(x)>0得x>,
由f'(x)<0,得0∴函数f(x)在区间上单调递增,在区间内单调递减.
(2)证明:当a=1时,f(x)=x2+x-ln x,要证明f(x)+ex>x2+x+2,
只需证明ex-ln x-2 >0.先证明当x>0时,ex>x+1,令g(x)=ex-x-1(x>0),则g'(x)=ex-1,当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴当x>0时,g(x)>g(0)=0,
即ex>x+1,
∴ex-ln x-2>x+1-ln x-2=x-ln x-1.
∴只要证明x-ln x-1≥0(x>0),
令h(x)=x-ln x-1(x>0),
则h'(x)=1-=(x>0),
易知h(x)在(0,1]内单调递减,在[1,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(1)=0,
即x-ln x-1≥0成立,
∴f(x)+ex>x2+x+2成立.
[融通点(三)]
[例3]　解:(1)因为g(x)=f'(x)=-2x-sin x,g'(x)=-2-cos x<0,
所以g(x)在区间内单调递减,所以当x=时,g(x)取得最大值g=--;
当x=π时,g(x)取得最小值g(π)=-2π.
(2)先讨论f(x)在[0,+∞)上的零点个数,
由(1)可知f'(x)在(0,+∞)上单调递减,f'(x)因为f(0)=1>0,f=-<0,
所以f(x)在[0,+∞)上有唯一零点,又因为f(-x)=cos(-x)-(-x)2=cos x-x2=f(x),
所以f(x)是偶函数,所以f(x)在R上有两个零点.
[针对训练]
3.解:(1)函数f(x)=x3-3x+a(a∈R)的导数f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
当x<-1或x>1时,f'(x)>0;当-1所以f(x)的单调递减区间为(-1,1).
(2)由(1)得,当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=a+2;
当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=a-2.
由三次函数性质知当x→-∞时,f(x)→-∞;
当x→+∞时,f(x)→+∞.
所以若f(x)有三个零点,
则解得-2所以a的取值范围为(-2,2).
[融通点(四)]
[例4]　解析:(1)由f(x)=-x3+x2,得f'(x)=x3-tx2+3x,得f″(x)=3x2-2tx+3.因为f(x)=-x3+x2在(1,4)内为“凸函数”,所以 f″(x)=3x2-2tx+3<0在(1,4)内恒成立,即t>+在(1,4)内恒成立.由对勾函数的性质知y=+=在(1,4)内单调递增,所以y=∈,故t≥.
(2)取x0=0,可得f(x)=x0+x+x2+x3+…,则f(x)=sin x=0×x0+1×x+0×x2+(-1)×x3+0×x4+1×x5+…=x-x3+x5+… ,∴sin x的“泰勒展开式”中第三个非零项为x5.令x=1,代入上式可得f(1)=sin 1=1-++…=+…≈0.84.
答案:(1)C　(2)x5　0.84
[针对训练]
4.解析:由题设知f'(x)=3x2+1,设切点为(xn,+xn-1),则切线斜率k=3+1,∴切线方程为y=(3+1)(x-xn)++xn-1.令y=0,可得xn+1=-+xn=,若x0=0,则x1=1,x2=,即r的2次近似值为.
答案:
5.解析:=====2.
答案:2(共59张PPT)
板块综合融会　利用导数研究函数的性质
(习题课——小结评价式教学)
建构知识体系
1.数形结合思想在利用导数研究函数零点(方程根)中的应用:涉及函数的零点(方程根)问题,关键是将函数零点(方程根)转化为两函数的图象交点问题,利用导数工具确定函数的单调性、极值与最值的情况,确定函数的大致图象,从而确定参数的取值范围.
融通学科素养
2.本章在研究函数单调性、极值、最值及不等式恒成立等问题中,函数解析式中含有参数时,往往需要对参数进行分类讨论.在分类讨论时,首先要确定好分类的对象以及分类的标准和依据;其次在讨论时还要遵循不重复不遗漏的原则,逐级逐类进行讨论;最后要把讨论的结果进行整合.
3.转化与化归思想在不等式恒成立问题中的应用:转化与化归思想在利用导数研究函数中的应用广泛,在本章中解决一些恒成立问题或存在性问题,我们可以将问题转化为与之等价的最值问题,解题过程中体现了转化的数学思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
融通点(一) 利用导数研究不等式恒成立问题
融通点(二)　与ex,ln x有关的不等式证明
融通点(三)　
利用导数研究函数的零点问题
4
课时跟踪检测
5
融通点(四)　新定义问题
融通点(一)　利用导数研究不等式恒成立问题
[例1]　已知函数f(x)=ln x-m+(m∈R).对任意的x∈(0,1),不等式f(x)>-恒成立,求m的取值范围.
解:法一　对任意的0-恒成立,即m>恒成立.
令g(x)=,x∈(0,1),则g'(x)=.令h(x)=x-ln x-1-,x∈(0,1),则h'(x)=<0,即h(x)在区间(0,1)内单调递减,又h=0,
即h(x)在区间(0,1)内单调递减,又h=0,
所以当x∈时,h(x)>0,即g'(x)>0,此时g(x)单调递增;
当x∈时,h(x)<0,即g'(x)<0,此时g(x)单调递减,
所以g(x)max=g==.所以m>,即m的取值范围为.
法二　由题意知f'(x)=,
当m≤0时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,1)内单调递增,
因为f=-1-m+me=(e-1)m-1<-,所以m≤0不符合题意.
当0对任意的0-恒成立,
即f(x)min=ln m-m+1>-,
即ln m-m+1+>0,
令g(m)=ln m-m+1+,m∈(0,1)
g'(m)=-1=>0,所以g(m)在区间(0,1)内单调递增,又g=-1-+1+=0,
所以当m≥1时,f'(x)=<0,f(x)在区间(0,1)内单调递减,
所以f(x)>f(1)=0>-,符合题意;
综上,m的取值范围为.
[思维建模]
利用导数解决不等式恒成立问题的方法
(1)分离参数法求范围:若f(x)≥a或g(x)≤a恒成立,只需满足f(x)min≥a或g(x)max≤a即可,利用导数方法求出f(x)的最小值或g(x)的最大值,从而解决问题.
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决:对于不适合分离参数的不等式,常常将参数看作常数直接构造函数,常用分类讨论法,利用导数研究单调性、最值,从而得出参数范围.
针对训练
1.(2024·全国甲卷)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.
(1)当a=-2时,求f(x)的极值;
解:当a=-2时,f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,所以f'(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1.因为y=2ln(1+x),y=-+1在(-1,+∞)上单调递增,故f'(x)在(-1,+∞)上单调递增,而f'(0)=0,故当-10时,f'(x)>0,故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0,无极大值.
(2)当x≥0时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
解:f'(x)=-aln(1+x)+-1=-aln(1+x)-,x≥0,设s(x)=-aln(1+x)-,x≥0,则s'(x)=-=-=-.
当a≤-时,s'(x)>0,
故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即f'(x)>0,
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(0)=0.
当-综上,a的取值范围为.
融通点(二)　与ex,ln x有关的不等式证明
[例2]　已知函数f(x)=aex-ln x-1.
(1)设x=2是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间;
解: f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aex-.由题设知f'(2)=0,所以a=,
从而f(x)=ex-ln x-1,f'(x)=ex-.
当02时,f'(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞),
单调递减区间为(0,2).
(2)证明:当a≥时,f(x)≥0.
解:证明:当a≥时,f(x)≥-ln x-1.
设g(x)=-ln x-1(x∈(0,+∞)),则g'(x)=-.
当01时,g'(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时,f(x)≥0.
[思维建模]
(1)与ex和ln x(x>0)有关的不等式之间的关系ex≥x+1>x>x-1≥ln x,常用该不等式通过放缩证明一些问题.可借助图象进行理解.
(2)在运用ex≥x+1及ln x≤x-1之前一定要先证明.
针对训练
2.已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R).
(1)求函数y=f(x)的单调区间;
解:函数f(x)的定义域是(0,+∞),f'(x)=2x-(a-2)-=,
当a≤0时,f'(x)>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,∴函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>0时,由f'(x)>0得x>,由f'(x)<0,得0∴函数f(x)在区间上单调递增,在区间内单调递减.
(2)当a=1时,证明:对任意的x>0,f(x)+ex>x2+x+2.
解:证明:当a=1时,f(x)=x2+x-ln x,要证明f(x)+ex>x2+x+2,
只需证明ex-ln x-2 >0.先证明当x>0时,ex>x+1,令g(x)=ex-x-1(x>0),则g'(x)=ex-1,当x>0时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴当x>0时,g(x)>g(0)=0,
即ex>x+1,
∴ex-ln x-2>x+1-ln x-2=x-ln x-1.
∴只要证明x-ln x-1≥0(x>0),
令h(x)=x-ln x-1(x>0),
则h'(x)=1-=(x>0),
易知h(x)在(0,1]内单调递减,在[1,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(1)=0,
即x-ln x-1≥0成立,
∴f(x)+ex>x2+x+2成立.
融通点(三)　利用导数研究函数的零点问题
[例3]　已知函数f(x)=cos x-x2.
(1)设g(x)=f'(x),求g(x)在区间上的最值;
解:因为g(x)=f'(x)=-2x-sin x,g'(x)=-2-cos x<0,
所以g(x)在区间内单调递减,所以当x=时,g(x)取得最大值g=--;
当x=π时,g(x)取得最小值g(π)=-2π.
(2)讨论f(x)的零点个数.
解:先讨论f(x)在[0,+∞)上的零点个数,
由(1)可知f'(x)在(0,+∞)上单调递减,f'(x)所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,因为f(0)=1>0,f=-<0,
所以f(x)在[0,+∞)上有唯一零点,
又因为f(-x)=cos(-x)-(-x)2=cos x-x2=f(x),
所以f(x)是偶函数,所以f(x)在R上有两个零点.
[思维建模]
(1)判断函数零点个数问题的思路
①求出函数的定义域.
②求导数f'(x)及函数f'(x)的零点.
③用f'(x)的零点将函数f(x)的定义域划分为若干个区间,列表给出f'(x)在各个区间上的正负,并得出f(x)的单调性与极值.
④确定f(x)的图象所经过的一些特殊点,以及图象的变化趋势.
⑤画出f(x)的大致图象(不必在步骤中呈现).
(2)利用导数研究函数的零点或方程的根的方法是借助导数研究函数的单调性、极值(最值),通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图象的走势,从而判断零点个数或通过零点个数求参数的范围.
针对训练
3.已知函数f(x)=x3-3x+a(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调递减区间;
解:函数f(x)=x3-3x+a(a∈R)的导数f'(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),
当x<-1或x>1时,f'(x)>0;当-1所以f(x)的单调递减区间为(-1,1).
(2)若函数f(x)有三个零点,求a的取值范围.
解:由(1)得,当x=-1时,f(x)取得极大值f(-1)=a+2;
当x=1时,f(x)取得极小值f(1)=a-2.
由三次函数性质知当x→-∞时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→+∞.
所以若f(x)有三个零点,则解得-2所以a的取值范围为(-2,2).
融通点(四)　新定义问题
[例4]　(1)丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人,特别是在函数的凸凹性与不等式方向留下了很多宝贵的成果.设函数f(x)在(a,b)内的导函数为f'(x),f'(x)在(a,b)内的导函数记为f″(x),若在(a,b)内f″(x)<0恒成立,则称函数f(x)在(a,b)内为“凸函数”,已知f(x)=-x3
+x2在(1,4)内为“凸函数”,则实数t的取值范围是(　　)
A.[3,+∞) B.
C. D.
√
解析:由f(x)=-x3+x2,得f'(x)=x3-tx2+3x,得f″(x)=3x2-2tx+3.因为f(x)=-x3+x2在(1,4)内为“凸函数”,所以 f″(x)=3x2-2tx+3<0在(1,4)内恒成立,即t>+在(1,4)内恒成立.由对勾函数的性质知y=+=在(1,4)内单调递增,所以y=∈,故t≥.
(2)计算器计算ex,ln x,sin x,cos x等函数的函数值是通过写入“泰勒展开式”程序的芯片完成的.“泰勒展开式”是:如果函数f(x)在含有x0的某个开区间(a,b)内可以多次进行求导数运算,则当x∈(a,b),且x≠x0时,有f(x)=+(x-x0)+(x-x0)2+(x-x0)3+….
其中f'(x)是f(x)的导数,f″(x)是f'(x)的导数,f (x)是f″(x)的导数….
取x0=0,则sin x的“泰勒展开式”中第三个非零项为_____,sin 1精确到0.01的近似值为_______.
x5
解析:取x0=0,可得f(x)=x0+x+x2+x3+…,则f(x)=sin x=
0×x0+1×x+0×x2+(-1)×x3+0×x4+1×x5+…=x-x3+x5+… ,
∴sin x的“泰勒展开式”中第三个非零项为x5.令x=1,代入上式可得f(1)=sin 1=1-++…=+…≈0.84.
针对训练
4.牛顿迭代法又称牛顿-拉夫逊方法,它是牛顿在17世纪提出的一种在实数集上近似求解方程根的一种方法.具体步骤如下:设r是函数y=f(x)的一个零点,任意选取x0作为r的初始近似值,作曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线l1,设l1与x轴交点的横坐标为x1,并称x1为r的1次近似值;作曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线l2,设l2与x轴交点的横坐标为x2,并称x2为r的2次近似值.一般地,作曲线y=f(x)在点(xn,f(xn))(n∈N)处的切线ln+1,记ln+1与x轴交点的横坐标为xn+1,并称xn+1为r的n+1次近似值.设f(x)=x3+x-
1的零点为r,取x0=0,则r的2次近似值为______.
解析:由题设知f'(x)=3x2+1,设切点为(xn,+xn-1),则切线斜率k=3+1,∴切线方程为y=(3+1)(x-xn)++xn-1.令y=0,可得xn+1=
-+xn=,若x0=0,则x1=1,x2=,即r的2次近似值为.
5.我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型,比如:当x→0时,的极限即为型,两个无穷小之比的极限可能存在,也可能不存在.早在1696年,洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造一种算法(洛必达法则),用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限,法则的大意为:在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.
如:===1,则=___.
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解析:=
====2.
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1.以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映函数与导数之间的重要联系,是微积分学重要的理论基础,其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心,其内容如下:如果函数y=f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得f(b)- f(a)=f'(x0)(b-a),其中x=x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的“中值点”.请问函数f(x)=5x3-3x在区间[-1,1]上的“中值点”的个数为 (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
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解析:由拉格朗日中值定理,f(-1)=-2,f(1)=2,f'(x)=15x2-3,则f(1)-f(-1)
=f'(x0)×2,所以f'(x0)=2 ,则15-3=2,x0=±,符合题意,共2个解,故选B.
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2.函数f(x)=2x3-6x+m有三个零点,则实数m的取值范围是 (　　)
A.[-4,4]
B.(-4,4)
C.(-∞,-4]∪[4,+∞)
D.(-∞,-4)∪(4,+∞)
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解析:由题意可得f'(x)=6x2-6,当x<-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当-1
1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,据此可得函数在x=-1处取得极大值,在x=1处取得极小值,结合题意可得解得-41
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3.已知函数f(x)=x2-2ln x,若在定义域内的任意x,使得不等式f(x)-m≥0恒成立,则实数m的最大值是 (　　)
A.2 B.-2
C.1 D.-1
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解析:因为f(x)=x2-2ln x,x>0,所以f'(x)=2x-=,x>0,令f'(x)=0得x=1,令f'(x)<0得00得x>1,所以函数f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)的最小值为f(1)=1-2ln 1=1,因为不等式f(x)-m≥0恒成立,所以m≤f(x)min=1,所以实数m的最大值是1.故选C.
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4.若对任意的x∈R,>x+log2a恒成立,则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C.(0,8) D.(0,8]
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解析:由对任意的x∈R,ex+2>x+log2a恒成立,设f(x)= ex+2-x,f'(x)=ex+2-1,令f'(x)=ex+2-1>0,解得x>-2,令f'(x)=ex+2-1<0,解得x<-2,则f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(-2)=3,所以log2a<3,解得01
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5.已知函数f(x)=ln x与g(x)=,则它们的图象交点个数为(　　)
A.0 B.1
C.2 D.不确定
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解析:令h(x)=ln x-,则h'(x)=-,∴当00,当x>e时,h'(x)<0,
∴当x=e时,h(x)取得最大值h(e)=0.∴h(x)=ln x-只有一个零点,即f(x)与g(x)的图象只有1个交点,故选B.
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6.已知函数f(x)=2x-kex(2x+1),若 x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥0成立,则实数k的最大值是 (　　)
A. B.
C. D.
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解析:由题设, x0∈(0,+∞),使k≤=成立,令g(x)=,x>0,则g'(x)=-,∴当00,g(x)单调递增;当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)≤g=,故k≤即可.故选D.
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7.(2024·全国甲卷)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,则a的取值范围为______.
解析:令x3-3x=-(x-1)2+a,则a=x3+x2-5x+1.令g(x)=x3+x2-5x+1(x>0),则g'(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1).令g'(x)=0(x>0)得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(0)=1,g(1)=-2.因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,所以等价于y=a与y=g(x)有两个交点,所以a∈(-2,1).
(-2,1)
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8.已知函数f(x)=xex,若f(x)>x2+(a-1)x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的最大值为___.
解析:当x>0时,f(x)>x2+(a-1)x恒成立,等价于a0),所以h'(x)=ex- 1,所以当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,又e0-0+1=2,所以h(x)>2,所以a≤2,所以实数a的最大值为2.
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9.已知函数f(x)=-mx+3,g(x)=ln x,若 x∈(0,e],f(x)-g(x)≥1恒成立,则实数m的取值范围是____________.
解析:由 x∈(0,e],f(x)-g(x)≥1,可化为mx+ln x-2≤0,取x=e有me+1-2≤0,得m≤.令h(x)=mx+ln x-2(01
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10.已知函数f(x)=sin x+ax,其中x∈[0,π].
(1)当a=-时,求f(x)的极值;
解:当a=-时,f(x)=sin x-x,x∈[0,π],求导得f'(x)=cos x-,x∈[0,π],令f'(x)=0,得x=,当x∈时,f'(x)≥0;当x∈时,f'(x)<0.
∴f(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,
∴当x=时,f(x)取得极大值f=-,无极小值.
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(2)当a≥1时,求f(x)的零点个数.
解:f'(x)=cos x+a,x∈[0,π],
当a≥1时,∵-1≤cos x≤1,∴f'(x)≥0,
∴f(x)在区间[0,π]内单调递增,
∴f(x)≥f(0)=0,故f(x)只有一个零点0.
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11.已知函数f(x)=2ex-x-ln(x+a).
(1)当a=1时,求f(x)在x=1处的切线方程;
解:当a=1时,f(x)=2ex-x-ln(x+1),求导得f'(x)=2ex-1-,f'(1)=2e-,f(1)=2e-1-ln 2,
故切线方程为(4e-3)x-2y+1-2ln 2=0.
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(2)若f(x)>2a恒成立,求a的取值范围.
解:由f(x)>2a可得2ex-x-ln(x+a)>2a,
即2ex+x>ln(x+a)+2x+2a,
变形得ln ex+2ex>ln(x+a)+2(x+a)(此处也可变形为2ex+x>ln(x+a)+2eln(x+a),设h(x)=x+2ex),
设g(x)=ln x+2x,则有g(ex)>g(x+a),显然g(x)在(0,+∞)上为增函数,所以只需ex>x+a>0恒成立.设h(x)=ex-x-a(x>-a),求导得h'(x)=ex-1,
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①若a>0,当-a0时,h'(x)>0,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,
故 h(x)≥h(0)=1-a,要使h(x)>0恒成立,需使1-a>0,又a>0,故得0②若a≤0,则x>-a≥0,h'(x)>0,则h(x)在(-a,+∞)上单调递增,故有 h(x)>h(-a)=e-a >0恒成立.
综上所述,a的取值范围是(-∞,1).
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12.已知函数f(x)=ex-4x.
(1)求函数在(0,f(0))处的切线方程;
解: f(0)=1,切点(0,1),f'(x)=ex-4,f'(0)=-3,切线方程为y=-3x+1.
(2)求f(x)在[0,3]上的最大值和最小值,并说明函数零点的个数;
解: f'(x)=ex-4,令f'(x)=0,则x=ln 4=2ln 2<2,
当x>ln 4时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x所以函数在[0,ln 4)内单调递减,在[ln 4,3]内单调递增,
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因为f(0)=1,f(ln 4)=eln 4-4ln 4=4(1-ln 4)<0,f(3)=e3-12>1,
所以函数的最大值为f(3)=e3-12,
最小值为f(ln 4)=4(1-ln 4).
因为f(0)f(ln 4)<0,f(3)f(ln 4)<0,所以函数有2个零点.
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(3)求证:曲线y=f(x)在抛物线y=-x2-1的上方.
解:证明:由题意只要证ex-4x>-x2-1,即证ex-4x+x2+1>0,令F(x)= ex-4x+x2+1,则F'(x)= ex-4+2x,
令G(x)=F'(x)= ex-4+2x,则G'(x)= ex+2>0,则G(x)单调递增,G(0)=-3<0,G(1)=e-2>0,所以G(x)=0在(0,1)内有唯一解,设为x0,即=4-2x0,
当x< x0时,F'(x)<0,F(x)在(-∞,x0)上单调递减,当x> x0时,F'(x)>0,F(x)在(x0,+∞)上单调递增,
故F(x)min=F(x0)=-4x0++1=-6x0+5,x0∈(0,1),
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根据二次函数的性质可知,对称轴为x0=3,所以二次函数在(0,1)内单调递减,
又当x0=1时,F(x0)=0,
所以F(x)min=F(x0)>0,
故曲线y=f(x)在抛物线y=-x2-1的上方.课时跟踪检测(二十六)　利用导数研究函数的性质
1.以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映函数与导数之间的重要联系,是微积分学重要的理论基础,其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心,其内容如下:如果函数y=f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,则(a,b)内至少存在一个点x0∈(a,b),使得f(b)- f(a)=f'(x0)(b-a),其中x=x0称为函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的“中值点”.请问函数f(x)=5x3-3x在区间[-1,1]上的“中值点”的个数为 (　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
2.函数f(x)=2x3-6x+m有三个零点,则实数m的取值范围是 (　　)
A.[-4,4]
B.(-4,4)
C.(-∞,-4]∪[4,+∞)
D.(-∞,-4)∪(4,+∞)
3.已知函数f(x)=x2-2ln x,若在定义域内的任意x,使得不等式f(x)-m≥0恒成立,则实数m的最大值是 (　　)
A.2 B.-2
C.1 D.-1
4.若对任意的x∈R,>x+log2a恒成立,则实数a的取值范围是 (　　)
A. B.
C.(0,8) D.(0,8]
5.已知函数f(x)=ln x与g(x)=,则它们的图象交点个数为 (　　)
A.0 B.1
C.2 D.不确定
6.已知函数f(x)=2x-kex(2x+1),若 x0∈(0,+∞),使得f(x0)≥0成立,则实数k的最大值是 (　　)
A. B.
C. D.
7.(2024·全国甲卷)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,则a的取值范围为　　　　.
8.已知函数f(x)=xex,若f(x)>x2+(a-1)x在x∈(0,+∞)上恒成立,则实数a的最大值为　　　　.
9.已知函数f(x)=-mx+3,g(x)=ln x,若 x∈(0,e],f(x)-g(x)≥1恒成立,则实数m的取值范围是　　　　　　　.
10.已知函数f(x)=sin x+ax,其中x∈[0,π].
(1)当a=-时,求f(x)的极值;
(2)当a≥1时,求f(x)的零点个数.
11.已知函数f(x)=2ex-x-ln(x+a).
(1)当a=1时,求f(x)在x=1处的切线方程;
(2)若f(x)>2a恒成立,求a的取值范围.
12.已知函数f(x)=ex-4x.
(1)求函数在(0,f(0))处的切线方程;
(2)求f(x)在[0,3]上的最大值和最小值,并说明函数零点的个数;
(3)求证:曲线y=f(x)在抛物线y=-x2-1的上方.
课时跟踪检测(二十六)
1.选B　由拉格朗日中值定理,f(-1)=-2,f(1)=2,f'(x)=15x2-3,则f(1)-f(-1)=f'(x0)×2,所以f'(x0)=2 ,则15-3=2,x0=±,符合题意,共2个解,故选B.
2.选B　由题意可得f'(x)=6x2-6,当x<-1时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当-11时,f'(x)>0,f(x)单调递增,据此可得函数在x=-1处取得极大值,在x=1处取得极小值,结合题意可得解得-43.选C　因为f(x)=x2-2ln x,x>0,所以f'(x)=2x-=,x>0,令f'(x)=0得x=1,令f'(x)<0得00得x>1,所以函数f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以f(x)的最小值为f(1)=1-2ln 1=1,因为不等式f(x)-m≥0恒成立,所以m≤f(x)min=1,所以实数m的最大值是1.故选C.
4.选C　由对任意的x∈R,ex+2>x+log2a恒成立,设f(x)= ex+2-x,f'(x)=ex+2-1,令f'(x)=ex+2-1>0,解得x>-2,令f'(x)=ex+2-1<0,解得x<-2,则f(x)在(-∞,-2)上单调递减,在(-2,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(-2)=3,所以log2a<3,解得05.选B　令h(x)=ln x-,则h'(x)=-,∴当00,当x>e时,h'(x)<0,∴当x=e时,h(x)取得最大值h(e)=0.∴h(x)=ln x-只有一个零点,即f(x)与g(x)的图象只有1个交点,故选B.
6.选D　由题设, x0∈(0,+∞),使k≤=成立,令g(x)=,x>0,则g'(x)=-,∴当00,g(x)单调递增;当x>时,g'(x)<0,g(x)单调递减.∴g(x)≤g=,故k≤即可.故选D.
7.解析:令x3-3x=-(x-1)2+a,则a=x3+x2-5x+1.令g(x)=x3+x2-5x+1(x>0),则g'(x)=3x2+2x-5=(3x+5)(x-1).令g'(x)=0(x>0)得x=1,当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,g(0)=1,g(1)=-2.因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0,+∞)上有两个不同的交点,所以等价于y=a与y=g(x)有两个交点,所以a∈(-2,1).
答案:(-2,1)
8.解析:当x>0时,f(x)>x2+(a-1)x恒成立,等价于a0),所以h'(x)=ex- 1,所以当x>0时,h'(x)>0,h(x)单调递增,又e0-0+1=2,所以h(x)>2,所以a≤2,所以实数a的最大值为2.
答案:2
9.解析:由 x∈(0,e],f(x)-g(x)≥1,可化为mx+ln x-2≤0,取x=e有me+1-2≤0,得m≤.令h(x)=mx+ln x-2(0答案:
10.解:(1)当a=-时,f(x)=sin x-x,x∈[0,π],
求导得f'(x)=cos x-,x∈[0,π],
令f'(x)=0,得x=,
当x∈时,f'(x)≥0;
当x∈时,f'(x)<0.
∴f(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减,
∴当x=时,f(x)取得极大值f=-,无极小值.
(2)f'(x)=cos x+a,x∈[0,π],
当a≥1时,∵-1≤cos x≤1,∴f'(x)≥0,
∴f(x)在区间[0,π]内单调递增,∴f(x)≥f(0)=0,故f(x)只有一个零点0.
11.解:(1)当a=1时,f(x)=2ex-x-ln(x+1),求导得f'(x)=2ex-1-,f'(1)=2e-,f(1)=2e-1-ln 2,
故切线方程为(4e-3)x-2y+1-2ln 2=0.
(2)由f(x)>2a可得2ex-x-ln(x+a)>2a,
即2ex+x>ln(x+a)+2x+2a,
变形得ln ex+2ex>ln(x+a)+2(x+a)(此处也可变形为2ex+x>ln(x+a)+2eln(x+a),设h(x)=x+2ex),
设g(x)=ln x+2x,则有g(ex)>g(x+a),显然g(x)在(0,+∞)上为增函数,所以只需ex>x+a>0恒成立.设h(x)=ex-x-a(x>-a),求导得h'(x)=ex-1,
①若a>0,当-a0时,h'(x)>0,则h(x)在(0,+∞)上单调递增,
故 h(x)≥h(0)=1-a,要使h(x)>0恒成立,需使1-a>0,又a>0,故得0②若a≤0,则x>-a≥0,h'(x)>0,则h(x)在(-a,+∞)上单调递增,故有 h(x)>h(-a)=e-a>0恒成立.
综上所述,a的取值范围是(-∞,1).
12.解:(1) f(0)=1,切点(0,1),f'(x)=ex-4,f'(0)=-3,切线方程为y=-3x+1.
(2)f'(x)=ex-4,令f'(x)=0,则x=ln 4=2ln 2<2,
当x>ln 4时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;
当x所以函数在[0,ln 4)内单调递减,在[ln 4,3]内单调递增,因为f(0)=1,f(ln 4)=eln 4-4ln 4=4(1-ln 4)<0,f(3)=e3-12>1,
所以函数的最大值为f(3)=e3-12,
最小值为f(ln 4)=4(1-ln 4).
因为f(0)f(ln 4)<0,f(3)f(ln 4)<0,所以函数有2个零点.
(3)证明:由题意只要证ex-4x>-x2-1,即证ex-4x+x2+1>0,令F(x)= ex-4x+x2+1,则F'(x)= ex-4+2x,
令G(x)=F'(x)= ex-4+2x,则G'(x)= ex+2>0,则G(x)单调递增,G(0)=-3<0,G(1)=e-2>0,所以G(x)=0在(0,1)内有唯一解,设为x0,即=4-2x0,
当x< x0时,F'(x)<0,F(x)在(-∞,x0)上单调递减,当x> x0时,F'(x)>0,F(x)在(x0,+∞)上单调递增,
故F(x)min=F(x0)=-4x0++1=-6x0+5,x0∈(0,1),
根据二次函数的性质可知,对称轴为x0=3,所以二次函数在(0,1)内单调递减,
又当x0=1时,F(x0)=0,所以F(x)min=F(x0)>0,
故曲线y=f(x)在抛物线y=-x2-1的上方.

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