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一对一辅导讲义:端点效应法

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-10-06 12:48
tags:高中数学一对一辅导

高中数学太难学-高中数学必修4试题人教b版

2020年10月6日发(作者:薛茂松)



导数中的端点效应法
探究1
已知函数
f(x)?(x?1)lnx?a(x?1)
.
(I)当
a?4
时,求曲线
y?f(x)

?
1,f(1 )
?
处的切线方程;
(II)若当
x?
?
1,??
?
时,
f(x)>0
,求
a
的取值范围.













探究2
已知λ∈R,函数f (x)=e
x
-ex-λ(xlnx-x+1)的导函数为g(x).
(1)求曲线y=f (x)在x=1处的切线方程;
(2)若函数g (x)存在极值,求λ的取值范围;
(3)若x≥1时,f (x)≥0恒成立,求λ的最大值.
















探究3
已 知函数
f(x)?(x?1)lnx?ax?a

a
为正实数,且为常数).
(1)若函数
f(x)
在区间
(0,??)
上单调递增,求实数a
的取值范围;
(2)若不等式
(x?1)f(x)≥0
恒成立,求实 数
a
的取值范围.











































【探究1】
试题分析:(Ⅰ)先求定义域,再求
f
?
(x)

f
?
(1)

f(1)
,由直线方程得点斜式可求曲线
y?f(x)

(1,f(1))
处的切线方程为
2x?y?2?0 .
(Ⅱ)构造新函数
g(x)?lnx?
a(x?1)
,对实数
a< br>分类讨论,用导数法求解.
x?1
试题解析:(I)
f(x)
的定义 域为
(0,??)
.当
a?4
时,
f(x)?(x?1)lnx? 4(x?1),f
?
(x)?lnx?

(1,f(1))
处的切线 方程为
2x?y?2?0.

(II)当
x?(1,??)
时,f(x)?0
等价于
lnx?

g(x)?lnx?
1
?3

f
?
(1)??2,f(1)?0.
曲线
y?f(x )
x
a(x?1)
?0.

x?1
a(x?1)
,则
x?1
12ax
2
?2 (1?a)x?1
g
?
(x)???,g(1)?0

x(x?1 )
2
x(x?1)
2
(i)当
a?2

x?(1, ??)
时,
x?2(1?a)x?1?x?2x?1?0
,故
g
?< br>(x)?0,g(x)

22
x?(1,??)
上单调递增,因此g(x)?0

(ii)当
a?2
时,令
g
?
(x)?0
x
1
?a?1?(a?1)
2
?1,x
2
?a?1?( a?1)
2
?1


x
2
?1

x
1
x
2
?1

x
1
?1
,故 当
x?(1,x
2
)
时,
g
?
(x)?0

g(x)

x?(1,x
2
)
单调递减,
因此< br>g(x)?0
.
综上,
a
的取值范围是
?
??,2
?
.

考点:导数的几何意义,函数的单调性.
【探究2】解:(1)因为f′(x)=e
x
-e-λlnx,


所以曲线y=f (x)在x=1处的切线的斜率为f′(1)=0,
又切点为(1,f (1)),即(1,0),
所以切线方程为y=0. ………………………… 2分
λ
(2)g (x)=e
x
-e-λlnx,g′(x)=e
x

x

当λ≤0时,g′(x)>0恒成立,从而g (x)在(0,+∞)上单调递增,
故此时g (x)无极值. ………………………… 4分
λλ
当λ>0时,设h(x)=e
x

x
,则h′( x)=e
x

x
2
>0恒成立,
所以h(x)在(0,+∞)上单调递增. ………………………… 6分
①当0<λ<e时,
λ
λ
e
h(1)=e-λ>0,h(
e
)=e-e<0,且h(x)是(0,+∞)上的连续函数,
λ
因此存在唯一的x
0
∈(
e
,1),使得h(x
0
)=0.
②当λ≥e时,
h(1)=e-λ≤0,h(λ)=e
λ
-1>0,且h(x)是(0,+∞)上的连续函数,
因此存在唯一的x
0
∈[1,λ),使得h(x
0
)=0.
故当λ>0时,存在唯一的x
0
>0,使得h(x
0
)=0. …………………… 8分
且当0<x<x
0
时,h(x)<0,即g′(x) <0,当x>x
0
时,h(x)>0,即g′(x)>0,
所以g (x)在(0,x
0
)上单调递减,在(x
0
,+∞)上单调递增,
因此g (x)在x=x
0
处有极小值.
所以当函数g (x)存在极值时,λ的取值范围是(0,+∞). …………………… 10分
λ
(3)g (x)=f′(x)=e
x
-e-λlnx,g′(x)=e
x

x

若g′(x)≥0恒成立,则有λ≤xe
x
恒成立.
设φ(x)=xe
x
(x≥1),则φ′(x)=(x+1) e
x
>0恒成立,
所以φ(x)单调递增,从而φ(x)≥φ(1)=e,即λ≤e.
于是当λ≤e时,g (x)在[1,+∞)上单调递增,
此时g (x)≥g (1)=0,即f′(x)≥0,从而f (x)在[1,+∞)上单调递增.
所以f (x)≥f (1)=0恒成立. …………………………… 13分
当λ>e时,由(2)知,存在x
0
∈(1,λ),使得g (x)在(0,x
0
)上单调递减,
即f′(x)在(0,x
0
)上单调递减.


所以当1<x<x
0
时,f′(x)<f′(1)=0,
于是f (x)在[1,x
0
)上单调递减,所以f (x
0
)<f (1)=0.
这与x≥1时,f (x)≥0恒成立矛盾.
因此λ≤e,即λ的最大值为e. …………………………… 16分


【探究3】:(1)
f(x)?(x?1)lnx?ax?a

f
?
(x)?lnx+
x?1
?a
. ……1分
x
1
?1
恒成立.
x

f(x)

(0,??)
上单调递增,则
f
?
(x)≥0

a?lnx+

g(x)?lnx+
x?1
1
?1
,则
g
?
(x)?
2
, ……2分
x
x
(0,1)

(1,??)

x
1

……4分
g
?
(x)

0

- +
g(x)

减 极小值 增
……6分 因此,
g
min
(x)?g(1)?2
,即
0?a?2
.
(2)当
0?a?2
时,由(1)知,当
x?(0,??)
时,f(x)
单调递增. ……7分

f(1)?0< br>,当
x?(0,1)

f(x)?0
;当
x?(1,??)< br>时,
f(x)?0
. ……9分
故不等式
(x?1)f(x)…0
恒成立. ……10分

a?2

f
?
(x)?
xlnx ?(1?a)x?1

x


p(x)?xlnx?(1 ?a)x?1
,令
p
?
(x)?lnx?2?a?0
,则
x ?e
a?2
?1
. …12分

x?(1,e
a? 2
)
时,
p
?
(x)?0

p(x)
单调 递减,则
p(x)?p(1)?2?a?0


f
?
(x )?
p(x)
?0
,所以当
x?(1,e
a?2
)
时,
f(x)
单调递减, ……14分
x
则当
x?(1 ,e
a?2
)
时,
f(x)?f(1)?0
,此时
(x?1 )f(x)?<0
,矛盾. ……15分
因此,
0?a?2
.


……16分

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