2018年高考數(shù)學 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學案 文

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1、 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 【2018年高考考綱解讀】 高考對本內(nèi)容的考查主要有: (1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點,要求是B級,理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點處的切線的斜率,能夠解決與曲線的切線有關(guān)的問題; (2)導(dǎo)數(shù)的運算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ),要求是B級,熟練掌握導(dǎo)數(shù)的四則運算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運算,一般不單獨設(shè)置試題,是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步; (3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容,要求是B級,對應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值要達到相等的高度. (4)導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了新鮮的血液,使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣,要求是B級;

2、 (5)導(dǎo)數(shù)還經(jīng)常作為高考的壓軸題,能力要求非常高,它不僅要求考生牢固掌握基礎(chǔ)知識、基本技能,還要求考生具有較強的分析能力和計算能力.估計以后對導(dǎo)數(shù)的考查力度不會減弱.作為導(dǎo)數(shù)綜合題,主要是涉及利用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立問題,利用導(dǎo)數(shù)證明不等式等,常伴隨對參數(shù)的討論,這也是難點之所在. 【重點、難點剖析】 1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1)函數(shù)y=f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線的斜率,即k=f′(x0). (2)曲線y=f(x)在點(x0,f(x0))處的切線方程為y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). 2.基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公

3、式和運算法則 (1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式 原函數(shù) 導(dǎo)函數(shù) f(x)=c f′(x)=0 f(x)=xn(n∈R) f′(x)=nxn-1 f(x)=sin x f′(x)=cos x f(x)=cos x f′(x)=-sin x f(x)=ax(a>0且a≠1) f′(x)=axln a f(x)=ex f′(x)=ex f(x)=logax (a>0且a≠1) f′(x)= f(x)=ln x f′(x)= (2)導(dǎo)數(shù)的四則運算 ①[u(x)±v(x)]′=u′(x)±v′(x); ②[u(x)v(x)]′=u′(x)v(x)+u(x)

4、v′(x); ③′=(v(x)≠0). 3.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 如果已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增(減),則這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大(小)于零恒成立.在區(qū)間上離散點處導(dǎo)數(shù)等于零,不影響函數(shù)的單調(diào)性,如函數(shù) y=x+sin x . 4.函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值 對可導(dǎo)函數(shù)而言,某點導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點取得極值的必要條件.例如f(x)=x3,雖有f′(0)=0,但x=0不是極值點,因為f′(x)≥0恒成立,f(x)=x3在(-∞,+∞)上是單調(diào)遞增函數(shù),無極值. 5.閉區(qū)間上函數(shù)的最值 在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù),一定有最大值和最小值,其最大值是區(qū)間的端點處的函數(shù)值和在這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極

5、大值中的最大者,最小值是區(qū)間端點處的函數(shù)值和在這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極小值中的最小值. 6.函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 (1)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上單調(diào)遞增,則f′(x)≥0在區(qū)間(a,b)上恒成立; (2)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)上單調(diào)遞減,則f′(x)≤0在區(qū)間(a,b)上恒成立; (3)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)上為增函數(shù)是f′(x)>0的必要不充分條件. 【題型示例】 題型1、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】 【2016高考新課標2文數(shù)】若直線是曲線的切線,也是曲線的切線,則 . 【答案】 相切于點,與曲線相切于點,則,由點在切線上得,由點在切線上得

6、,這兩條直線表示同一條直線,所以,解得. 【感悟提升】函數(shù)圖像上某點處的切線斜率就是函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)值.求曲線上的點到直線的距離的最值的基本方法是“平行切線法”,即作出與直線平行的曲線的切線,則這條切線到已知直線的距離即為曲線上的點到直線的距離的最值,結(jié)合圖形可以判斷是最大值還是最小值. 【舉一反三】(2015·陜西,15)設(shè)曲線y=ex在點(0,1)處的切線與曲線y=(x>0)上點P處的切線垂直,則P的坐標為________. 解析 ∵(ex)′=e0=1,設(shè)P(x0,y0),有=-=-1, 又∵x0>0,∴x0=1,故xP(1,1). 答案 (1,1) 【變式探究】 (1)曲

7、線y=xex-1在點(1,1)處切線的斜率等于(  ) A.2e    B.e    C.2    D.1 (2)在平面直角坐標系xOy中,若曲線y=ax2+(a,b為常數(shù))過點P(2,-5),且該曲線在點P處的切線與直線7x+2y+3=0平行,則a+b的值是________. 【命題意圖】 (1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義. (2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,意在考查考生的運算求解能力. 【答案】(1)C (2)-3 又y′=2ax-, 所以在點P處的切線斜率4a-=-.② 由①②解得a=-1,b=-2,所以a+b=-3. 【感悟提升】 1.求曲線的切線

8、要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異,過點P的切線中,點P不一定是切點,點P也不一定在已知曲線上,而在點P處的切線,必以點P為切點. 2.利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題,主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化.以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值,則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系,進而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解. 題型2、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例2】 (2017·高考全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當x≥0時,f(x)≤ax+1,求a的取值范圍. 【變式探究】【2016高考山東文數(shù)】(本小題滿分13分)

9、 已知. (I)討論的單調(diào)性; (II)當時,證明對于任意的成立. 【答案】(Ⅰ)見解析;(Ⅱ)見解析 (1),, 當或時,,單調(diào)遞增; 當時,,單調(diào)遞減; (2)時,,在內(nèi),,單調(diào)遞增; (3)時,, 當或時,,單調(diào)遞增; 當時,,單調(diào)遞減. 綜上所述, 當時,函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減; 當時,在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,在 內(nèi)單調(diào)遞增; 當時,在內(nèi)單調(diào)遞增; 當,在內(nèi)單調(diào)遞增,在內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增. 【感悟提升】確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要特別注意函數(shù)的定義域,不要從導(dǎo)數(shù)的定義域確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,在某些情況下函數(shù)導(dǎo)數(shù)的定義域與原函數(shù)的定義域不

10、同. 【舉一反三】(2015·福建,10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=-1,其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1,則下列結(jié)論中一定錯誤的是(  ) A.f< B.f> C.f< D.f> 解析 ∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)>k>1,∴f′(x)-k>0,k-1>0,>0,可構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-kx,可得g′(x)>0,故g(x)在R上為增函數(shù),∵f(0)=-1, ∴g(0)=-1,∴g>g(0), ∴f->-1,∴f>,∴選項C錯誤,故選C. 答案 C 【變式探究】(2014·新課標全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x. (1)

11、討論f(x)的單調(diào)性; (2)設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當x>0時,g(x)>0,求b的最大值; (3)已知1.414 2<<1.414 3,估計ln 2的近似值(精確到0.001). 【命題意圖】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,涉及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最值、估計無文數(shù)的近似值等,考查基本不等式的應(yīng)用與分類討論思想的應(yīng)用,意在考查考生的運算求解能力、推理論證能力與對知識的綜合應(yīng)用能力. (3)由(2)知,g(ln )=-2b+2(2b-1)ln 2. 當b=2時,g(ln )=-4+6ln 2>0,ln 2>>0.692 8; 當b=+1時,ln(b-1+)

12、=ln , g(ln)=--2+(3 +2)ln 2 <0, ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值為0.693. 【感悟提升】 1.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的步驟 第一步:確定函數(shù)f(x)的定義域; 第二步:求f′(x); 第三步:解方程f′(x)=0在定義域內(nèi)的所有實數(shù)根; 第四步:將函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和各實數(shù)根按從小到大的順序排列起來,分成若干個小區(qū)間; 第五步:確定f′(x)在各小區(qū)間內(nèi)的符號,由此確定每個區(qū)間的單調(diào)性. 2.根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的思路 (1)求f′(x). (2)將單調(diào)性轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)f′(

13、x)在該區(qū)間上滿足的不等式恒成立問題求解. 【舉一反三】 (2015·新課標全國Ⅱ,21)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx. (1)證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增; (2)若對于任意x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|0≤e-1,求m的取值范圍. 【規(guī)律方法】討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況.大多數(shù)情況下,這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論,在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進行分類討論,在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論.討論函數(shù)的單

14、調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的,千萬不要忽視了定義域的限制. 題型3、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 【例3】【2017山東,文20】(本小題滿分13分)已知函數(shù)., (I)當a=2時,求曲線在點處的切線方程; (II)設(shè)函數(shù),討論的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值. 【答案】(I),(2)(II)⑴無極值;⑵極大值為,極小值為; ⑶極大值為,極小值為. 【解析】 (Ⅰ)由題意, 所以,當時, , , 所以, 因此,曲線在點處的切線方程是, 即. (1)當時, , 當時, , , 單調(diào)遞增; 當時, , , 單調(diào)遞減; 當時, , , 單調(diào)遞增. 所以當

15、時取到極大值,極大值是, 當時取到極小值,極小值是. (2)當時, , 當時, , 單調(diào)遞增; 所以在上單調(diào)遞增, 無極大值也無極小值. 【變式探究】【2016高考江蘇卷】(本小題滿分16分) 已知函數(shù). 設(shè). (1)求方程的根; (2)若對任意,不等式恒成立,求實數(shù)的最大值; (3)若,函數(shù)有且只有1個零點,求的值。 【答案】(1)①0 ②4(2)1 【解析】 (1)因為,所以. ①方程,即,亦即, 所以,于是,解得. ②由條件知. 因為對于恒成立,且, 所以對于恒成立. 而,且, 所以,故實數(shù)的最大值為4. 若,同理可得,在和之間存在的非0的零點,

16、矛盾. 因此,. 于是,故,所以. 【舉一反三】(2015·陜西,12)對二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a為非零整數(shù)),四位同學分別給出下列結(jié)論,其中有且只有一個結(jié)論是錯誤的,則錯誤的結(jié)論是(  ) A.-1是f(x)的零點 B.1是f(x)的極值點 C.3是f(x)的極值 D.點(2,8)在曲線y=f(x)上 答案 A 【變式探究】(2015·新課標全國Ⅱ,12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)( x∈R)的導(dǎo)函數(shù),f(-1)=0,當x>0時,xf′(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(  ) A.(-∞,-1)∪(0,1) B

17、.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) 解析 因為f(x)(x∈R)為奇函數(shù),f(-1)=0,所以f(1)=-f(-1)=0.當x≠0時,令g(x)=,則g(x)為偶函數(shù),且g(1)=g(-1)=0.則當x>0時,g′(x)=′=<0,故g(x)在(0,+∞)上為減函數(shù),在(-∞,0)上為增函數(shù).所以在(0,+∞)上,當0<x<1時,g(x)>g(1)=0?>0?f(x)>0; 在(-∞,0)上,當x<-1時,g(x)<g(-1)=0?<0?f(x)>0.綜上,得使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1),選A.

18、 答案 A 【舉一反三】(2015·江蘇,19)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)試討論f(x)的單調(diào)性; (2)若b=c-a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)),當函數(shù)f(x)有三個不同的零點時,a的取值范圍恰好是(-∞,-3)∪∪,求c的值. 則在(-∞,-3)上g(a)<0,且在∪上g(a)>0均恒成立. 從而g(-3)=c-1≤0,且g=c-1≥0,因此c=1. 此時,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函數(shù)有三個零點,則x2+(a-1)x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根,所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a

19、2+2a-3>0, 且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 解得a∈(-∞,-3)∪∪.綜上c=1. 題型四 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 【例4】(2017·高考天津卷)設(shè)a,b∈R,|a|≤1.已知函數(shù)f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間. (2)已知函數(shù)y=g(x)和y=ex的圖象在公共點(x0,y0)處有相同的切線, ①求證:f(x)在x=x0處的導(dǎo)數(shù)等于0; ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0-1,x0+1]上恒成立,求b的取值范圍. ②因為g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],且ex>0, 所以

20、f(x)≤1. 又因為f(x0)=1,f′(x0)=0, 所以x0為f(x)的極大值點,由(1)知x0=a. 另一方面,由于|a|≤1,故a+1<4-a. 由(1)知f(x)在(a-1,a)內(nèi)單調(diào)遞增,在(a,a+1)內(nèi)單調(diào)遞減,故當x0=a時,f(x)≤f(a)=1在[a-1,a+1]上恒成立, 從而g(x)≤ex在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1,得b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令t(x)=2a3-6x2+1,x∈[-1,1],所以t′(x)=6x2-12x. 令t′(x)=0,解得x=2(舍去)或x=0. 因

21、為t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1, 所以,t(x)的值域為[-7,1]. 所以,b的取值范圍是[-7,1]. 【變式探究】某地政府鑒于某種日常食品價格增長過快,欲將這種食品價格控制在適當范圍內(nèi),決定對這種食品生產(chǎn)廠家提供政府補貼,設(shè)這種食品的市場價格為x元/千克,政府補貼為t元/千克,根據(jù)市場調(diào)查,當16≤x≤24時,這種食品市場日供應(yīng)量p萬千克與市場日需求量q萬千克近似地滿足關(guān)系:p=2(x+4t-14)(x≥16,t≥0),q=24+8ln (16≤x≤24).當p=q時的市場價格稱為市場平衡價格. (1)將政府補貼表示為市場平衡價格的函數(shù),并求出函數(shù)的值域. (

22、2)為使市場平衡價格不高于每千克20元,政府補貼至少為每千克多少元? 而x=20時,t=-×20+ln =1.5(元/千克), ∵t是x的減函數(shù),欲使x≤20,必須t≥1.5(元/千克),要使市場平衡價格不高于每千克20元,政府補貼至少為1.5元/千克. 【舉一反三】時下,網(wǎng)校教學越來越受到廣大學生的喜愛,它已經(jīng)成為學生們課外學習的一種趨勢,假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位:千套)與銷售價格x(單位:元/套)滿足關(guān)系式y(tǒng)=+4(x-6)2,其中2

23、合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù)),試確定銷售價格x的值,使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大.(保留一位小數(shù)) 【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時,不僅要注意函數(shù)模型中的定義域,還要注意實際問題的意義,不符合的解要舍去. 【舉一反三】請你給某廠商設(shè)計一個包裝盒.如圖所示,ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片,切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形,再沿虛線折起,使得A,B,C,D四個點重合于點P,正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒.E,F(xiàn)在AB上,且是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點.設(shè)AE=FB=x(cm). (1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(

24、cm2)最大,試問x應(yīng)取何值? (2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大,試問x應(yīng)取何值.并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值. 題型五 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題 【例5】【2017北京,文20】已知函數(shù). (Ⅰ)求曲線在點處的切線方程; (Ⅱ)求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ)最大值1;最小值. 【解析】 (Ⅰ)因為,所以. 又因為,所以曲線在點處的切線方程為. (Ⅱ)設(shè),則. 當時, , 所以在區(qū)間上單調(diào)遞減. 所以對任意有,即. 所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減. 因此在區(qū)間上的最大值為,最小值為. 【舉一反三】【2017江蘇,20】

25、 已知函數(shù)有極值,且導(dǎo)函數(shù)的極值點是的零點.(極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值) (1)求關(guān)于 的函數(shù)關(guān)系式,并寫出定義域; (2)證明:; (3)若,這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于,求的取值范圍. 【答案】(1),定義域為.(2)見解析(3). 時, ,故在R上是增函數(shù), 沒有極值; 時, 有兩個相異的實根, . 列表如下 x + 0 – 0 + 極大值 極小值 故的極值點是. 從而, 因此,定義域為. 記, 所有極值之和為, 因為的極值為,所以, . 因為,于是在上單調(diào)遞減.

26、 因為,于是,故. 因此a的取值范圍為. 【變式探究】(2016·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)當a=4時,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程; (2)若當x∈(1+∞)時,f(x)>0,求a的取值范圍. 【舉一反三】 (2015·湖南,21)已知a>0,函數(shù)f(x)=eaxsin x(x∈[0,+∞)).記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點,證明: (1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列; (2)若a≥,則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 于是當x=mπ-φ(m∈N*)時,f(x)取得極

27、值, 所以xn=nπ-φ(n∈N*). 此時,f(xn)=ea(nπ-φ)sin(nπ-φ)= (-1)n+1ea(nπ-φ)sin φ. 易知f(xn)≠0,而 ==-eaπ是常數(shù),故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)=ea(π-φ)sin φ,公比為-eaπ的等比數(shù)列. (2)由(1)知,sin φ=,于是對一切n∈N*; xn<|f(xn)|恒成立,即nπ-φ<ea(nπ-φ)恒成立,等價于<(*) 恒成立,因為(a>0). 設(shè)g(t)=(t>0),則g′(t)=. 令g′(t)=0得t=1. 當0<t<1時,g′(t)<0,所以g(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減

28、; 當t>1時,g′(t)>0,所以g(t)在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞增. 從而當t=1時,函數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e. 因此,要使(*)式恒成立,只需<g(1)=e, 即只需a>. 而當a=時,由tan φ==>且0<φ<知,<φ<. 于是π-φ<<,且當n≥2時,nπ-φ≥2π-φ>>. 因此對一切n∈N*,axn=≠1,所以g(axn)>g(1)=e=.故(*)式亦恒成立. 綜上所述,若a≥, 則對一切n∈N*,xn<|f(xn)|恒成立. 【變式探究】(2015·福建,20)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(k∈R). (1)證明:當x>0

29、時,f(x)<x; (2)證明:當k<1時,存在x0>0,使得對任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x); (3)確定k的所有可能取值,使得存在t>0,對任意的x∈(0,t),恒有|f(x)-g(x)|<x2. M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞). 則有M′(x)=k--2x =. 故當x∈時,M′(x)>0, M (x)在上單調(diào)遞增, 故M(x)>M(0)=0,即|f(x)-g (x)|>x2,所以滿足題意的t不存在. 當k<1時,由(2)知,存在x0>0,使得當x∈(0,x0)時,f(x)>g(x), 此時|f(x)-g(x)|=f(

30、x)-g(x)= ln(1+x)-kx. 令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x∈[0,+∞). 則有N′(x)=-k-2x =. 當x∈時, N′(x)>0,N(x)在 上單調(diào)遞增, 故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2. 記x0與中的較小者為x1, 則當x∈(0,x1)時,恒有|f(x)-g(x)|>x2. 故滿足題意的t不存在. 當k=1時,由(1)知,當x>0時,|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x), 令H(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞), 則有H′(x)=1--2x=. 當x>0時,H′(x

31、)<0, 所以H(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減, 故H(x)<H(0)=0. 故當x>0時,恒有|f(x)-g(x)|<x2. 此時,任意正實數(shù)t均滿足題意. 綜上,k=1. 法二 (1)(2)證明 同法一. 當x∈(0,x1)時,恒有|f(x)-g(x)|>x2. 故滿足題意的t不存在. 當k=1時,由(1)知,x>0,|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=x-ln(1+x), 令M(x)=x-ln(1+x)-x2,x∈[0,+∞), 則有M′(x)=1--2x=. 當x>0時,M′(x)<0,所以M(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減, 故M(x)<M(0)=

32、0.故當x>0時, 恒有|f(x)-g(x)|<x2, 此時,任意正實數(shù)t均滿足題意. 綜上,k=1. 【舉一反三】(2014·福建)已知函數(shù)f(x)=ex-ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A,曲線y=f(x)在點A處的切線斜率為-1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值; (2)證明:當x>0時,x2<ex; (3)證明:對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,使得當x∈(x0,+∞)時,恒有x2<cex. 【命題意圖】本小題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、全稱量詞與存在量詞等基礎(chǔ)知識,考查考生的運算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力,考查函數(shù)與方程思想、有限

33、與無限思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想. 由(1)得g′(x)=f(x)≥f(ln 2)>0, 故g(x)在R上單調(diào)遞增,又g(0)=1>0, 因此,當x>0時,g(x)>g(0)>0,即x2<ex. (3)證明:①若c≥1,則ex≤cex.又由(2)知,當x>0時,x2<ex. 所以當x>0時,x2<cex. 取x0=0,當x∈(x0,+∞)時,恒有x2<cex. ②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2成立. 而要使ex>kx2成立,則只要x>ln(kx2), 只要x>2ln x+ln k成立. 令h(x)=x-2ln x-ln k,則h′(x)=1-=, 所以當x>2時,h′(x)>0,h(x)在(2,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增, 又h(x0)=16k-2ln(16k)-ln k=8(k-ln 2)+3(k-ln k)+5k, 易知k>ln k,k>ln 2,5k>0,所以h(x0)>0. 即存在x0=,當x∈(x0,+∞)時,恒有x2<cex. 綜上,對任意給定的正數(shù)c,總存在x0,當x∈(x0,+∞)時,恒有x2<cex. 30

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