导数的运算及几何意义Word文件下载.docx
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法一:
因为y=x+lnx,所以y′=1+
y′
x=1=2.
所以曲线y=x+lnx在点(1,1)处的切线方程为
y-1=2(x-1),即y=2x-1.
因为y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切,
所以a≠0(当a=0时曲线变为y=2x+1与已知直线平行).
由
消去y,得ax2+ax+2=0.
由Δ=a2-8a=0,解得a=8.
法二:
同法一得切线方程为y=2x-1.
设y=2x-1与曲线y=ax2+(a+2)x+1相切于点(x0,ax
+(a+2)x0+1).因为y′=2ax+(a+2),
所以y′
x=x0=2ax0+(a+2).
8
命题点二 导数的应用
四川高考改编)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=________.
由题意得f′(x)=3x2-12,令f′(x)=0得x=±
2,所以当x<-2或x>2时,f′(x)>0;
当-2<x<2时,f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,-2)上为增函数,在(-2,2)上为减函数,在(2,+∞)上为增函数.所以f(x)在x=2处取得极小值,所以a=2.
2
全国乙卷改编)若函数f(x)=x-
sin2x+asinx在(-∞,+∞)单调递增,则a的取值范围是________.
f′(x)=1-
cos2x+acosx=1-
(2cos2x-1)+acosx=-
cos2x+acosx+
,f(x)在R上单调递增,则f′(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],则-
t2+at+
≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5≤0在[-1,1]上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则
解得-
≤a≤
全国卷Ⅱ改编)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>
0时,xf′(x)-f(x)<
0,则使得f(x)>
0成立的x的取值范围是________.
设y=g(x)=
(x≠0),
则g′(x)=
当x>
0,所以g′(x)<
0,
所以g(x)在(0,+∞)上为减函数,
且g
(1)=f
(1)=-f(-1)=0.
因为f(x)为奇函数,所以g(x)为偶函数,
所以g(x)的图象的示意图如图所示.
0时,由f(x)>
0,得g(x)>
0,由图知0<
x<
1,
当x<
0,得g(x)<
0,由图知x<
-1,
所以使得f(x)>
0成立的x的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1).
(-∞,-1)∪(0,1)
江苏高考)设函数f(x)=lnx-ax,g(x)=ex-ax,其中a为实数.
(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范围;
(2)若g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.
解:
(1)令f′(x)=
-a=
<
0,考虑到f(x)的定义域为(0,+∞),故a>
0,进而解得x>
a-1,即f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数.
同理,f(x)在(0,a-1)上是单调增函数.由于f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,故(1,+∞)⊆(a-1,+∞),从而a-1≤1,即a≥1.令g′(x)=ex-a=0,得x=lna.当x<
lna时,g′(x)<
0;
lna时,g′(x)>
0.又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以lna>
1,即a>
e.
综上,a的取值范围为(e,+∞).
(2)当a≤0时,g(x)必为单调增函数;
当a>
0时,令g′(x)=ex-a>
0,解得a<
ex,即x>
lna,因为g(x)在(-1,+∞)上是单调增函数,类似
(1)有lna≤-1,即0<
a≤e-1.
综合上述两种情况,有a≤e-1.
(ⅰ)当a=0时,由f
(1)=0以及f′(x)=
>
0,得f(x)存在唯一的零点.
(ⅱ)当a<
0时,由于f(ea)=a-aea=a(1-ea)<
0,f
(1)=-a>
0,且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断,所以f(x)在(ea,1)上存在零点.
另外,当x>
-a>
0,故f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.
(ⅲ)当0<
a≤e-1时,令f′(x)=
-a=0,解得x=a-1.当0<
a-1时,f′(x)>
0,当x>
a-1时,f′(x)<
0,所以,x=a-1是f(x)的最大值点,且最大值为f(a-1)=-lna-1.
①当-lna-1=0,即a=e-1时,f(x)有一个零点x=e.
②当-lna-1>
0,即0<
a<
e-1时,f(x)有两个零点.
实际上,对于0<
e-1,由于f(e-1)=-1-ae-1<
0,f(a-1)>
0,且函数f(x)在[e-1,a-1]上的图象不间断,所以f(x)在(e-1,a-1)上存在零点.
另外,当x∈(0,a-1)时,f′(x)=
0,故f(x)在(0,a-1)上是单调增函数,所以f(x)在(0,a-1)上只有一个零点.
下面考虑f(x)在(a-1,+∞)上的情况.先证f(ea-1)=a(a-2-ea-1)<
0.
为此,我们要证明:
e时,ex>
x2.设h(x)=ex-x2,则h′(x)=ex-2x,
再设l(x)=h′(x)=ex-2x,则l′(x)=ex-2.
1时,l′(x)=ex-2>
e-2>
0,所以l(x)=h′(x)在(1,+∞)上是单调增函数.故当x>
2时,h′(x)=ex-2x>
h′
(2)=e2-4>
从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当x>
e时,
h(x)=ex-x2>
h(e)=ee-e2>
0,即当x>
x2.
当0<
e-1,即a-1>
e时,f(ea-1)=a-1-aea-1=a(a-2-ea-1)<
又f(a-1)>
0,且函数f(x)在[a-1,ea-1]上的图象不间断,所以f(x)在(a-1,ea-1)上存在零点.
又当x>
a-1时,f′(x)=
-a<
0,故f(x)在(a-1,+∞)上是单调减函数,所以f(x)在(a-1,+∞)上只有一个零点.
综合(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ),当a≤0或a=e-1时,f(x)的零点个数为1,
e-1时,f(x)的零点个数为2.
5.(优质试题·
全国甲卷)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).
(1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f
(1))处的切线方程;
(2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围.
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=4时,f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),
f
(1)=0,f′(x)=lnx+
-3,f′
(1)=-2.
故曲线y=f(x)在(1,f
(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
(2)当x∈(1,+∞)时,f(x)>0等价于lnx-
>0.
设g(x)=lnx-
-
=
,g
(1)=0.
①当a≤2,x∈(1,+∞)时,x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0,故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>0;
②当a>2时,令g′(x)=0得x1=a-1-
,x2=a-1+
由x2>1和x1x2=1得x1<1,故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,因此g(x)<0.
综上,a的取值范围是(-∞,2].
6.(优质试题·
全国丙卷)设函数f(x)=lnx-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明当x∈(1,+∞)时,1<
<x;
(3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
(1)由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=
-1,令f′(x)=0,解得x=1.
当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
(2)证明:
由
(1)知,f(x)在x=1处取得最大值,
最大值为f
(1)=0.
所以当x≠1时,lnx<x-1.
故当x∈(1,+∞)时,lnx<x-1,ln
<
即1<
<x.
(3)证明:
由题设c>1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g′(x)=c-1-cxlnc.
令g′(x)=0,解得x0=
当x<x0时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
由
(2)知1<
<c,故0<x0<1.
又g(0)=g
(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0.
所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
7.(优质试题·
全国乙卷)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点.
(1)求a的取值范围;
(2)设x1,x2是f(x)的两个零点,证明:
x1+x2<
2.
(1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).
①设a=0,则f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一个零点.
②设a>
0,则当x∈(-∞,1)时,f′(x)<
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>
所以f(x)在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.
又f
(1)=-e,f
(2)=a,取b满足b<
0且b<
ln
则f(b)>
(b-2)+a(b-1)2=a
故f(x)存在两个零点.
③设a<
0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).
若a≥-
,则ln(-2a)≤1,
故当x∈(1,+∞)时,
f′(x)>
0,因此f(x)在(1,+∞)内单调递增.
又当x≤1时,f(x)<
0,所以f(x)不存在两个零点.
若a<
,则ln(-2a)>
故当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<
当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>
因此f(x)在(1,ln(-2a))内单调递减,在(ln(-2a),+∞)内单调递增.
综上,a的取值范围为(0,+∞).
不妨设x1<
x2,由
(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)内单调递减,
所以x1+x2<
2等价于f(x1)>
f(2-x2),即f(2-x2)<
由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2,
而f(x2)=(x2-2)ex2+a(x2-1)2=0,
所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)ex2.
设g(x)=-xe2-x-(x-2)ex,
则g′(x)=(x-1)(e2-x-ex).
所以当x>
1时,g′(x)<
0,而g
(1)=0,
故当x>
1时,g(x)<
从而g(x2)=f(2-x2)<
0,故x1+x2<
8.(优质试题·
江苏高考)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.
(1)证明:
f(x)是R上的偶函数;
(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;
(3)已知正数a满足:
存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<
a(-x
+3x0)成立.试比较ea-1与ae-1的大小,并证明你的结论.
因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.
(2)由条件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立.
令t=ex(x>
0),则t>
1,所以m≤-
=-
对任意t>
1成立.
因为t-1+
+1≥2
+1=3,
所以-
≥-
当且仅当t=2,即x=ln2时等号成立.
因此实数m的取值范围是
(3)令函数g(x)=ex+
-a(-x3+3x),
则g′(x)=ex-
+3a(x2-1).
当x≥1时,ex-
0,x2-1≥0,
又a>
0,故g′(x)>
所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g
(1)=e+e-1-2a.
由于存在x0∈[1,+∞),使ex0+e-x0-a(-x
+3x0)<
0成立,当且仅当最小值g
(1)<
故e+e-1-2a<
0,即a>
令函数h(x)=x-(e-1)lnx-1,
则h′(x)=1-
.令h′(x)=0,得x=e-1,
当x∈(0,e-1)时,h′(x)<
故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;
当x∈(e-1,+∞)时,h′(x)>
故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.
所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).
注意到h
(1)=h(e)=0,
所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<
h
(1)=0.
当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<
h(e)=0.
所以h(x)<
0对任意的x∈(1,e)成立.
①当a∈
⊆(1,e)时,h(a)<
0,即a-1<
(e-1)lna,从而ea-1<
ae-1;
②当a=e时,ea-1=ae-1;
③当a∈(e,+∞)⊆(e-1,+∞)时,h(a)>
h(e)=0,即a-1>
(e-1)lna,故ea-1>
ae-1.
综上所述,当a∈
时,ea-1<
当a=e时,ea-1=ae-1;
当a∈(e,+∞)时,ea-1>
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