2019-2020年高考數學二輪復習 專題2 函數與導數 第5講 利用導數研究不等式恒成立及相關問題 理.doc
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2019-2020年高考數學二輪復習 專題2 函數與導數 第5講 利用導數研究不等式恒成立及相關問題 理導數的綜合應用訓練提示:在討論方程的根的個數、研究函數圖象與x軸(或某直線)的交點個數、不等式恒成立等問題時,常常需要求出其中參數的取值范圍,這類問題的實質就是函數的單調性與函數的極(最)值的應用.1.(xx云南省第一次統一檢測)已知函數f(x)=ln (1+2x)-.(1)求f(x)的單調區(qū)間;(2)若a0,b0,求證ln 2a-ln b1-.(1)解:由2x+10得x-.所以f(x)的定義域為(-,+).因為f(x)=ln (1+2x)-,所以f(x)=-=.由f(x)0得x-,由f(x)0得x-時,f(x)f(-),即f(x)-ln 2.因為a0,b0,所以=-.設x=,則f()-ln 2,化簡得ln 2a-ln b1-.所以當a0,b0時,ln 2a-ln b1-.2.(xx山東濟寧市一模)已知函數f(x)=ex-ax-a(其中aR,e是自然對數的底數,e=2.71828).(1)當a=e時,求函數f(x)的極值;(2)當0a1時,求證f(x)0;(3)求證:對任意正整數n,都有(1+)(1+)(1+)e.(1)解:當a=e時,f(x)=ex-ex-e,f(x)=ex-e,當x1時,f(x)1時,f(x)0;所以函數f(x)在(-,1)上單調遞減,在(1,+)上單調遞增,所以函數f(x)在x=1處取得極小值f(1)=-e,函數f(x)無極大值;(2)解:由f(x)=ex-ax-a,f(x)=ex-a當a=0時,f(x)=ex0恒成立,滿足條件,當0a1時,由f(x)=0,得x=ln a,則當x(-,ln a)時,f(x)0,所以函數f(x)在(-,ln a)上單調遞減,在(ln a,+)上單調遞增,所以函數f(x)在x=ln a處取得極小值即為最小值,f(x)min=f(ln a)=eln a-aln a-a=-aln a.因為0a1,所以ln a0,所以-aln a0,所以f(x)min0,所以綜上得,當0a1時,f(x)0;(3)證明:由(2)知,當a=1時,f(x)0恒成立,所以f(x)=ex-x-10恒成立,即exx+1,所以ln (x+1)x,令x=(nN+),得ln (1+),所以ln (1+)+ln (1+)+ln (1+)+=1-()n1,所以(1+)(1+)(1+)e.3.(xx黑龍江大慶二模)已知函數f(x)=(ax-2)ex在x=1處取得極值.(1)求a的值;(2)求函數f(x)在m,m+1上的最小值;(3)求證:對任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|e.解:(1)f(x)=aex+(ax-2)ex=(ax+a-2)ex,由已知得f(1)=0,即(2a-2)e=0,解得a=1,驗證知,當a=1時,在x=1處函數f(x)=(x-2)ex取得極小值,所以a=1;(2)f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.x(-,1)1(1,+)f(x)-0+f(x)減增當m1時,f(x)在m,m+1上單調遞增,f(x)min=f(m)=(m-2)em.當0m1時,m1m+1,f(x)在m,1上單調遞減,在1,m+1上單調遞增,f(x)min=f(1)=-e.當m0時,m+11,f(x)在m,m+1單調遞減,f(x)min=f(m+1)=(m-1)em+1.綜上,f(x)在m,m+1上的最小值f(x)min=(3)由(1)知f(x)=(x-2)ex,f(x)=ex+(x-2)ex=(x-1)ex.令f(x)=0得x=1,因為f(0)=-2,f(1)=-e,f(2)=0,所以f(x)max=0,f(x)min=-e,所以,對任意x1,x20,2,都有|f(x1)-f(x2)|f(x)max-f(x)min=e.4.(xx吉林長春市質量監(jiān)測二)設函數f(x)=(1-ax)ln (x+1)-bx,其中a和b是實數,曲線y=f(x)恒與x軸相切于坐標原點.(1)求常數b的值;(2)當0x1時,關于x的不等式f(x)0恒成立,求實數a的取值范圍;(3)求證:()10000.4e()1000.5.(1)解:對f(x)求導得f(x)=-aln (1+x)+-b,根據條件知f(0)=0,所以1-b=0b=1.(2)解:由(1)得f(x)=(1-ax)ln (1+x)-x,0x1,f(x)=-aln (1+x)+-1f(x)=-+=-.當a-時,由于0x1,有f(x)=-0,于是f(x)在0,1上單調遞增,從而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上單調遞增,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0;當a0時,由于0x1,有f(x)=-0,于是f(x)在0,1上單調遞減,從而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,1上單調遞減,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0;當-a0時,令m=min1,-,當0xm時,f(x)=-0,于是f(x)在0,m上單調遞減,從而f(x)f(0)=0,因此f(x)在0,m上單調遞減,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0.綜上可知,所求實數a的取值范圍是(-,-.(3)證明:對要證明的不等式等價變形如下:()10000.4e()1000.5(1+)e(1+)所以可以考慮證明:對于任意的正整數n,不等式(1+)e(1+)恒成立.并且繼續(xù)作如下等價變形(1+)e(1+)(n+)ln (1+)1(n+)ln (1+)對于(p)相當于(2)中a=-(-,0),m=情形,有f(x)在0,上單調遞減,即f(x)f(0)=0而且僅有f(0)=0.取x=,當n2時,(1+)ln (1+)-0成立;當n=1時,(1+)ln 2-1=ln 2-10.7-10.從而對于任意正整數n都有(1+)ln (1+)-0成立.因此對于任意正整數n,不等式(1+)e恒成立.這樣依據不等式(1+)e(1+),再令n=10000利用左邊,令n=1000利用右邊,即可得到()10000.4e0)上存在極值,求實數m的取值范圍;(2)設g(x)=xf(x)-1,若對任意x(0,1)恒有g(x)0,所以f(x)=()=-當0x0;當x1時,f(x)0)上存在極值,所以得m1.即實數m的取值范圍是(,1).(2)g(x)=,由題可知,當a0,不合題意.當a0時,由g(x)-2,可得ln x+0,設h(x)=ln x+,則h(x)=.設t(x)=x2+(2-4a)x+1,=(2-4a)2-4=16a(a-1),若00,h(x)0,所以h(x)在(0,1)內單調遞增,又h(1)=0,所以h(x)h(1)=0.所以01,則0,t(0)=10,t(1)=4(1-a)0,不合要求.綜合可得a的取值范圍是(0,1.2.設函數f(x)=x2+ln (x+1).(1)求證:當x(0,+)時f(x)x恒成立;(2)求證:+ln xx;(3)求證:(sin+)0時,g(x)0,所以g(x)在(0,+)上遞減,所以g(x)g(0)=0,即x0時,x-x2ln (x+1),令x=(nN*),得-ln(1+),所以(-)ln 即+ln xx.(3)因為y=sin x在0,1上單調遞增,所以sin=nnsin xdx=n(-cos x)|=n(1-cos 1).又y=在0,1上單調遞減,所以=+=nndx=nln (1+x)=nln 2所以(sin+)n(1-cos 1+ln 2).3.已知函數f(x)=ln x-ax+-1(aR).(1)當a時,討論f(x)的單調性;(2)設g(x)=f(x)-+1.在函數g(x)的圖象上取兩定點A(x1,g(x1),B(x2,g(x2)(x1x2),設直線AB的斜率為k,證明:存在x0(x1,x2),使g(x0)=k成立.解:(1)因為f(x)=ln x-ax+-1(aR),所以f(x)=-a-=-,x(0,+),令h(x)=ax2-x+1-a,x(0,+),當a時,由f(x)=0,則ax2-x+1-a=0,解得x1=1,x2=-1.當a=時,x1=x2,h(x)0恒成立,此時f(x)0,函數f(x)在(0,+)上單調遞減;當a1時,0-10,此時f(x)0,函數f(x)單調遞減;x(-1,1)時,h(x)0,函數f(x)單調遞增;x(1,+)時,h(x)0,此時f(x)0,函數f(x)單調遞減;當a1時,由于-10,x(0,1)時,h(x)0,函數f(x)單調遞增;x(1,+)時,h(x)0,此時f(x)0,函數f(x)單調遞減;綜上所述:當a=時,函數f(x)在(0,+)上單調遞減;當a0)當0t1時,F(t)1時,F(t)0,F(t)單調遞增,故當t1時,F(t)F(1)=0,即t-1-ln t0從而-1-ln 0,-1-ln 0,所以(x1)0,(x2)0),求函數h(x)=g(x)-f(x)的單調區(qū)間;(3)若正項數列an滿足a1=,an=f(an),證明:數列an是遞減數列.(1)解:由題意得f(0)=0,f(0)=1,則a-b=0,b=1,解得a=1,b=1.(2)解:由題意得h(x)=mln x+x2-(m+1)x,x(0,+).h(x)=+x-(m+1)=當0m0,并注意到函數的定義域(0,+),得0x1,則h(x)的增區(qū)間是(0,m),(1,+);同理可求h(x)的減區(qū)間是(m,1).當m=1時,h(x)0,則h(x)是定義域(0,+)內的增函數.當m1時,令h(x)0,并注意到函數的定義域(0,+)得0xm,則h(x)的增區(qū)間是(0,1),(m,+);同理可求h(x)的減區(qū)間是(1,m).(3)證明:因為正項數列an滿足a1=,an=f(an),所以ln (an)=ln (1-),即an+1=-ln .要證數列an是遞減數列an+1an-ln an+1.設u(x)=ex-x-1,x(0,+).因為u(x)=ex-10,所以u(x)是(0,+)上的增函數,則u(x)u(0)=0,即exx+1,故an+1,則數列an是遞減數列.5.(xx四川德陽市一診)如圖,已知點A(11,0),函數y=的圖象上的動點P在x軸上的射影為H,且點H在點A的左側,設|PH|=t,APH的面積為f(t).(1)求函數f(t)的解析式及t的取值范圍;(2)若a(0,2),求函數f(t)在(0,a上的最大值.解:(1)由已知可得=t,所以點P的橫坐標為t2-1,因為點H在點A的左側,所以t2-111,即-2t0,所以0t2,所以AH=11-(t2-1)=12-t2,所以APH的面積為f(t)=(12-t2)t,t(0,2).(2)f(t)=6-t2=-(t+2)(t-2),由f(t)=0,得t=-2(舍),或t=2.函數f(t)與f(t)在定義域上的情況如表:t(0,2)2(2,2)f(t)+0-f(t)極大值當0a2時,f(t)在(0,a上單調遞增,所以f(t)max=f(a)=-a3+6a,當2a2時,f(t)在(0,2上單調遞增,(2,a上單調遞減,f(t)max=f(2)=8.綜上f(t)max=- 配套講稿:
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