浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書:第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題6 突破點(diǎn)16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 Word版含答案

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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 突破點(diǎn)16 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第57頁(yè)) [核心知識(shí)提煉] 提煉1 導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性   (1)函數(shù)單調(diào)性的判定方法 在某個(gè)區(qū)間(a,b)內(nèi),如果f′(x)>0,那么函數(shù)y=f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;如果f′(x)<0,那么函數(shù)y=f(x)在此區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減. (2)常數(shù)函數(shù)的判定方法 如果在某個(gè)區(qū)間(a,b)內(nèi),恒有f′(x)=0,那么函數(shù)y=f(x)是常數(shù)函數(shù),在此區(qū)間內(nèi)不具有單調(diào)性. (3)已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍 設(shè)可導(dǎo)函數(shù)f(

2、x)在某個(gè)區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增(或遞減),則可以得出函數(shù)f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)f′(x)≥0(或f′(x)≤0),從而轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題來(lái)解決(注意等號(hào)成立的檢驗(yàn)). 提煉2 函數(shù)極值的判別注意點(diǎn)   (1)可導(dǎo)函數(shù)極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)為0,但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn),如函數(shù)f(x)=x3,當(dāng)x=0時(shí)就不是極值點(diǎn),但f′(0)=0. (2)極值點(diǎn)不是一個(gè)點(diǎn),而是一個(gè)數(shù)x0,當(dāng)x=x0時(shí),函數(shù)取得極值.在x0處有f′(x0)=0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件. (3)函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點(diǎn)函數(shù)值中的最大值,函數(shù)f(x)在一閉區(qū)間上的最小值是

3、此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點(diǎn)函數(shù)值中的最小值. 提煉3 函數(shù)最值的判別方法   (1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]上最值的關(guān)鍵是求出f′(x)=0的根的函數(shù)值,再與f(a),f(b)作比較,其中最大的一個(gè)是最大值,最小的一個(gè)是最小值. (2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值,只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性,即可得結(jié)論. [高考真題回訪] 回訪1 函數(shù)的極值與最值 1.(20xx·浙江高考)已知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),設(shè)函數(shù)f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),則(  ) A.當(dāng)k=1時(shí),f(x)在x=1處取到極小值 B.當(dāng)k=1時(shí),f(x

4、)在x=1處取到極大值 C.當(dāng)k=2時(shí),f(x)在x=1處取到極小值 D.當(dāng)k=2時(shí),f(x)在x=1處取到極大值 C [當(dāng)k=1時(shí),f(x)=(ex-1)(x-1),則f′(x)=ex(x-1)+(ex-1)=exx-1,所以f′(1)=e-1≠0, 所以f(1)不是極值. 當(dāng)k=2時(shí),f(x)=(ex-1)(x-1)2, 則f′(x)=ex(x-1)2+2(ex-1)(x-1)=ex(x2-1)-2(x-1)=(x-1)[ex(x+1)-2], 所以f′(1)=0,且當(dāng)x>1時(shí),f′(x)>0;在x=1附近的左側(cè),f′(x)<0,所以f(1)是極小值.] 2.

5、(20xx·浙江高考)已知函數(shù)y=f(x)的圖象是下列四個(gè)圖象之一,且其導(dǎo)函數(shù)y=f′(x)的圖象如圖16­1所示,則該函數(shù)的圖象是(  ) 圖16­1 B [從導(dǎo)函數(shù)的圖象可以看出,導(dǎo)函數(shù)值先增大后減小,x=0時(shí)最大,所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小,在x=0時(shí)變化率最大.A項(xiàng),在x=0時(shí)變化率最小,故錯(cuò)誤;C項(xiàng),變化率是越來(lái)越大的,故錯(cuò)誤;D項(xiàng),變化率是越來(lái)越小的,故錯(cuò)誤.B項(xiàng)正確.] 3.(20xx·浙江高考)已知a∈R,函數(shù)f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若a=1,求曲線y=f(x)在點(diǎn)(2

6、,f(2))處的切線方程; (2)若|a|>1,求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值. [解] (1)當(dāng)a=1時(shí),f′(x)=6x2-12x+6,所以f′(2)=6. 3分 又因?yàn)閒(2)=4,所以切線方程為y-4=6(x-2), 即6x-y-8=0. 5分 (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令f′(x)=0,得x1=1,x2=a. 8分 當(dāng)a>1時(shí), x 0 (0,1) 1 (1,a) a (a,2a) 2a f′(x)

7、 + 0 - 0 + f(x) 0 單調(diào) 遞增 極大值 3a-1 單調(diào) 遞減 極小值 a2(3-a) 單調(diào) 遞增 4a3 比較f(0)=0和f(a)=a2(3-a)的大小可得 g(a)= 10分 當(dāng)a<-1時(shí), x 0 (0,1) 1 (1,-2a) -2a f′(x) - 0 + f(x) 0 單調(diào)遞減 極小值3a-1 單調(diào)遞增 -28a3-24a2 得g(a)=3a-1. 14分 綜上所述,f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為 g(a)= 15分 回訪2 導(dǎo)數(shù)的綜

8、合應(yīng)用 4.(20xx·浙江高考)已知函數(shù)f(x)=(x-)e-x. (1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù); (2)求f(x)在區(qū)間上的取值范圍. [解] (1)因?yàn)?x-)′=1-, (e-x)′=-e-x, 所以f′(x)=e-x-(x-)e-x =. 6分 (2)由f′(x)==0, 解得x=1或x=. 9分 因?yàn)? x 1 f′(x) - 0 + 0 - f(x) e-  0  e-  又f(x)=(-1)2e-x≥0, 所以f(x)在區(qū)間上的取值范圍是. 15分 5.(20xx

9、·浙江高考)已知函數(shù)f(x)=x3+3|x-a|(a∈R). (1)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分別記為M(a),m(a),求M(a)-m(a); (2)設(shè)b∈R,若[f(x)+b]2≤4對(duì)x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范圍. [解] (1)因?yàn)閒(x)= 所以f′(x)= 2分 由于-1≤x≤1. ①當(dāng)a≤-1時(shí),有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a. 此時(shí)f(x)在(-1,1)上是增函數(shù),因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8. 3分

10、②當(dāng)-1<a<1時(shí), 若x∈(a,1),f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函數(shù); 若x∈(-1,a),f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是減函數(shù),所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3. 由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此 當(dāng)-1<a≤時(shí),M(a)-m(a)=-a3-3a+4; 當(dāng)<a<1時(shí),M(a)-m(a)=-a3+3a+2. 4分 ③當(dāng)a≥1時(shí),有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a, 此時(shí)f(x)在(-1,1)上是減函數(shù),因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2

11、+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4. 6分 綜上可知, M(a)-m(a)= 7分 (2)令h(x)=f(x)+b,則 h(x)= h′(x)= 因?yàn)閇f(x)+b]2≤4對(duì)x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2對(duì)x∈[-1,1]恒成立, 所以由(1)知, ①當(dāng)a≤-1時(shí),h(x)在(-1,1)上是增函數(shù),h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,則-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾; 9分 ②當(dāng)-1<a≤時(shí),h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a

12、3+b,最大值是h(1)=4-3a+b, 所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,從而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤. 令t(a)=-2-a3+3a,則t′(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函數(shù),故t(a)≥t(0)=-2, 因此-2≤3a+b≤0. 11分 ③當(dāng)<a<1時(shí),h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2, 所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0. 13分 ④當(dāng)a≥1時(shí),h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-

13、2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0. 綜上,得3a+b的取值范圍是-2≤3a+b≤0. 15分 6.(20xx·浙江高考)已知a∈R,函數(shù)f(x)=x3-3x2+3ax-3a+3. (1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程; (2)當(dāng)x∈[0,2]時(shí),求|f(x)|的最大值. [解] (1)由題意f′(x)=3x2-6x+3a, 故f′(1)=3a-3. 2分 又f(1)=1,所以所求的切線方程為y=(3a-3)x-3a+4. 5分 (2)由于f′(x)=3(x-1)2+3(a-1),0≤x≤2,

14、 故①當(dāng)a≤0時(shí),有f′(x)≤0,此時(shí)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞減,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3-3a. 7分 ②當(dāng)a≥1時(shí),有f′(x)≥0,此時(shí)f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增,故|f(x)|max=max{|f(0)|,|f(2)|}=3a-1. 9分 ③當(dāng)0<a<1時(shí),設(shè)x1=1-,x2=1+, 則0<x1<x2<2,f′(x)=3(x-x1)(x-x2). 列表如下: x 0 (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,2) 2 f′(x) + 0 - 0 + f(x) 3-3a

15、  極大值 f(x1)  極小 f(x2)值  3a-1 由于f(x1)=1+2(1-a)·,f(x2)=1-2(1-a)·, 10分 故f(x1)+f(x2)=2>0,f(x1)-f(x2)=4(1-a)·>0,從而f(x1)>|f(x2)|. 所以|f(x)|max=max{f(0),|f(2)|,f(x1)}. ①當(dāng)0<a<時(shí),f(0)>|f(2)| . 又f(x1)-f(0)=2(1-a)-(2-3a)=>0, 故|f(x)|max=f(x1)=1+2(1-a). 12分 ②當(dāng)≤a<1時(shí),|f(2)|=f(

16、2),且f(2)≥f(0). 又f(x1)-|f(2)|=2(1-a)-(3a-2)=, 所以(ⅰ)當(dāng)≤a<時(shí),f(x1)>|f(2)|. 14分 故f(x)max=f(x1)=1+2(1-a). (ⅱ)當(dāng)≤a<1時(shí),f(x1)≤|f(2)|. 故f(x)max=|f(2)|=3a-1. 綜上所述, |f(x)|max= 15分 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第59頁(yè)) 熱點(diǎn)題型1 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題 題型分析:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題常在解答題的第(1)問(wèn)中呈現(xiàn),有一定的區(qū)分度,此類題涉及函數(shù)的極值點(diǎn)、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、不等式的恒成

17、立等. 【例1】 已知x=1是f(x)=2x++ln x的一個(gè)極值點(diǎn). (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間; (2)設(shè)函數(shù)g(x)=f(x)-,若函數(shù)g(x)在區(qū)間[1,2]內(nèi)單調(diào)遞增,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):68334147】 [解] (1)因?yàn)閒(x)=2x++ln x,所以f′(x)=2-+,因?yàn)閤=1是f(x)=2x++ln x的一個(gè)極值點(diǎn),所以f′(1)=2-b+1=0,解得b=3,經(jīng)檢驗(yàn),符合題意,所以b=3.則函數(shù)f(x)=2x++ln x,其定義域?yàn)?0,+∞).4分 令f′(x)=2-+<0,解得-<x<1, 所以函數(shù)f(x)=2x++ln x

18、的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]. 7分 (2)因?yàn)間(x)=f(x)-=2x+ln x-,所以g′(x)=2++. 9分 因?yàn)楹瘮?shù)g(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,所以g′(x)≥0在[1,2]上恒成立,即2++≥0在x∈[1,2]上恒成立,所以a≥(-2x2-x)max,而在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,所以a≥-3. 所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[-3,+∞). 15分 [方法指津] 根據(jù)函數(shù)y=f(x)在(a,b)上的單調(diào)性,求參數(shù)范圍的方法: (1)若函數(shù)y=f(x)在(a,b)上單調(diào)遞增,轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0在(a,b)上恒成立求解. (2)若函數(shù)y=f(x)在

19、(a,b)上單調(diào)遞減,轉(zhuǎn)化為f′(x)≤0在(a,b)上恒成立求解. (3)若函數(shù)y=f(x)在(a,b)上單調(diào),轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a,b)上不變號(hào)即f′(x)在(a,b)上恒正或恒負(fù).,(4)若函數(shù)y=f(x)在(a,b)上不單調(diào),轉(zhuǎn)化為f′(x)在(a,b)上變號(hào). [變式訓(xùn)練1] 設(shè)函數(shù)f(x)=(a∈R). (1)若f(x)在x=0處取得極值,確定a的值,并求此時(shí)曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程; (2)若f(x)在[3,+∞)上為減函數(shù),求a的取值范圍. [解] (1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得 f′(x)= =. 2分 因?yàn)閒(x)在x=0處

20、取得極值,所以f′(0)=0,即a=0. 當(dāng)a=0時(shí),f(x)=,f′(x)=,故f(1)=,f′(1)=,從而f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-=(x-1),化簡(jiǎn)得3x-ey=0. 6分 (2)由(1)知f′(x)=. 令g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由g(x)=0,解得x1=, x2=. 8分 當(dāng)x<x1時(shí),g(x)<0,即f′(x)<0, 故f(x)為減函數(shù); 當(dāng)x1<x<x2時(shí),g(x)>0,即f′(x)>0, 故f(x)為增函數(shù); 當(dāng)x>x2時(shí),g(x)<0,即f′(x)<0, 故f(x)為減函數(shù). 由f(x)在

21、[3,+∞)上為減函數(shù),知x2=≤3,解得a≥-, 故a的取值范圍為. 15分 熱點(diǎn)題型2 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值問(wèn)題 題型分析:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容,主要以解答題的形式考查,難度較大. 【例2】 已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間; (2)若f(x)≥x2+ax+b,求(a+1)b的最大值. [解] (1)f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+x2?f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x, 令x=1,得f(0)=1,所以 f(x)=f′(1)ex-1

22、-x+x2, 令x=0,得f(0)=f′(1)e-1=1,解得f′(1)=e,故函數(shù)的解析式為f(x)=ex-x+x2. 3分 令g(x)=f′(x)=ex-1+x,所以g′(x)=ex+1>0,由此知y=g(x)在x∈R上單調(diào)遞增. 當(dāng)x>0時(shí),f′(x)>f′(0)=0;當(dāng)x<0時(shí), 由f′(x)<f′(0)=0得: 函數(shù)f(x)=ex-x+x2的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,0). 6分 (2)f(x)≥x2+ax+b?h(x)=ex-(a+1)x-b≥0,得h′(x)=ex-(a+1).8分 ①當(dāng)a+1≤0時(shí),h′(x)>0?y=h(

23、x)在x∈R上單調(diào)遞增,x→-∞時(shí),h(x)→-∞與h(x)≥0矛盾. ②當(dāng)a+1>0時(shí),h′(x)>0?x>ln(a+1),h′(x)<0?x<ln(a+1), 得當(dāng)x=ln(a+1)時(shí),h(x)min=(a+1)-(a+1)ln(a+1)-b≥0,即(a+1)-(a+1)ln(a+1)≥b, 所以(a+1)b≤(a+1)2-(a+1)2ln(a+1)(a+1>0). 令F(x)=x2-x2ln x(x>0),則F′(x)=x(1-2ln x), 所以F′(x)>0?0<x<,F(xiàn)′(x)<0?x>,當(dāng)x=時(shí), F(x)max=,即當(dāng)a=-1,b=時(shí),(a+1)b的最大

24、值為. 15分 [方法指津] 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法 1.若求極值,則先求方程f′(x)=0的根,再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號(hào). 2.若已知極值大小或存在情況,則轉(zhuǎn)化為已知方程f′(x)=0根的大小或存在情況來(lái)求解. 3.求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]上的最值時(shí),在得到極值的基礎(chǔ)上,結(jié)合區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a),f(b)與f(x)的各極值進(jìn)行比較得到函數(shù)的最值. [變式訓(xùn)練2] 已知函數(shù)f(x)=ln x+a(1-x). (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)當(dāng)f(x)有最大值,且最大值大于2a-2時(shí),求a的取值范圍. [解] (1)f(x)的定

25、義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=-a. 2分 若a≤0,則f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增. 若a>0,則當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0; 當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 6分 (2)由(1)知,當(dāng)a≤0時(shí),f(x)在(0,+∞)上無(wú)最大值; 當(dāng)a>0時(shí),f(x)在x=處取得最大值,最大值為 f=ln+a=-ln a+a-1. 10分 因此f>2a-2等價(jià)于ln a+a-1<0. 令g(a)=ln a+a-1,則g(a)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,g(1)=0. 于是,當(dāng)0&

26、lt;a<1時(shí),g(a)<0;當(dāng)a>1時(shí),g(a)>0. 因此,a的取值范圍是(0,1). 15分 熱點(diǎn)題型3 利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問(wèn)題 題型分析:此類問(wèn)題以函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與不等式相交匯為命題點(diǎn),實(shí)現(xiàn)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、不等式及求最值的相互轉(zhuǎn)化,達(dá)成了綜合考查考生解題能力的目的. 【例3】 設(shè)函數(shù)f(x)=-ax. (1)若函數(shù)f(x)在(1,+∞)上為減函數(shù),求實(shí)數(shù)a的最小值; (2)若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍. [解] (1)由得x>0且x≠1,則函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,1)∪(1,+∞)

27、,因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上為減函數(shù),故f′(x)=-a≤0在(1,+∞)上恒成立. 又f′(x)=-a=-2+-a =-2+-a, 故當(dāng)=,即x=e2時(shí),f′(x)max=-a. 所以-a≤0,于是a≥,故a的最小值為. 4分 (2)命題“若存在x1,x2∈[e,e2],使f(x1)≤f′(x2)+a成立”等價(jià)于“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤f′(x)max+a”. 由(1)知,當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),f′(x)max=-a, ∴f′(x)max+a=. 5分 問(wèn)題等價(jià)于:“當(dāng)x∈[e,e2]時(shí),有f(x)min≤”. ①當(dāng)a≥時(shí),由(1)

28、知,f(x)在[e,e2]上為減函數(shù), 則f(x)min=f(e2)=-ae2≤,故a≥-. 6分 ②當(dāng)a<時(shí),由x∈[e,e2]得≤≤1, ∴f′(x)=-2+-a在[e,e2]上的值域?yàn)? 7分 (ⅰ)-a≥0,即a≤0,f′(x)≥0,在[e,e2]上恒成立,故f(x)在[e,e2]上為增函數(shù), 于是,f(x)min=f(e)=e-ae≥e>,不合題意. 8分 (ⅱ)-a<0,即0<a<,由f′(x)的單調(diào)性和值域知, 存在唯一x0∈(e,e2),使f′(x)=0,且滿足: 當(dāng)x∈(e,x0)時(shí),f′(x)<0,f(x)

29、為減函數(shù); 當(dāng)x∈(x0,e2)時(shí),f′(x)>0,f(x)為增函數(shù); 12分 所以,fmin(x)=f(x0)=-ax0≤,x0∈(e,e2), 所以,a≥->->-=,與0<a<矛盾. 14分 綜上得a≥-. 15分 [方法指津] 1.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式的基本步驟 (1)作差或變形. (2)構(gòu)造新的函數(shù)h(x). (3)利用導(dǎo)數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值. (4)根據(jù)單調(diào)性及最值,得到所證不等式. 特別地:當(dāng)作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導(dǎo)數(shù)求解時(shí),一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個(gè)函數(shù)的最值問(wèn)題. 2.構(gòu)造輔助函數(shù)的四

30、種方法 (1)移項(xiàng)法:證明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明f(x)-g(x)>0(f(x)-g(x)<0),進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h(x)=f(x)-g(x). (2)構(gòu)造“形似”函數(shù):對(duì)原不等式同解變形,如移項(xiàng)、通分、取對(duì)數(shù);把不等式轉(zhuǎn)化為左右兩邊是相同結(jié)構(gòu)的式子的結(jié)構(gòu),根據(jù)“相同結(jié)構(gòu)”構(gòu)造輔助函數(shù). (3)主元法:對(duì)于(或可化為)f(x1,x2)≥A的不等式,可選x1(或x2)為主元,構(gòu)造函數(shù)f(x,x2)(或f(x1,x)). (4)放縮法:若所構(gòu)造函數(shù)最值不易求解,可將所證明不等式進(jìn)行放縮,再重新構(gòu)造函數(shù). [變式訓(xùn)練3

31、] 設(shè)函數(shù)f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0),曲線y=f(x)過(guò)點(diǎn)(e,e2-e+1),且在點(diǎn)(1,0)處的切線方程為y=0. (1)求a,b的值; (2)證明:當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≥(x-1)2; (3)若當(dāng)x≥1時(shí),f(x)≥m(x-1)2恒成立,求實(shí)數(shù)m的取值范圍. [解] (1)函數(shù)f(x)=ax2ln x+b(x-1)(x>0), 可得f′(x)=2aln x+ax+b, 因?yàn)閒′(1)=a+b=0,f(e)=ae2+b(e-1)=a(e2-e+1)=e2-e+1,所以a=1,b=-1. 2分 (2)證明:f(x)=x2ln x-x+1,

32、 設(shè)g(x)=x2ln x+x-x2(x≥1), g′(x)=2xln x-x+1,(g′(x))′=2ln x+1>0, 所以g′(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g′(x)≥g′(1)=0, 所以g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g(x)≥g(1)=0,所以f(x)≥(x-1)2. 6分 (3)設(shè)h(x)=x2ln x-x-m(x-1)2+1, h′(x)=2xln x+x-2m(x-1)-1, 由(2)中知x2ln x≥(x-1)2+x-1=x(x-1), 所以xln x≥x-1,所以h′(x)≥3(x-1)-2m(x-1), ①當(dāng)3-2m≥0即m≤時(shí),h′(x)≥0, 所以h(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增, 所以h(x)≥h(1)=0,成立. 10分 ②當(dāng)3-m<0即m>時(shí), h′(x)=2xln x-(1-2m)(x-1), (h′(x))′=2ln x+3-2m, 令(h′(x))′=0,得x0=e-2>1, 當(dāng)x∈[1,x0)時(shí),h′(x)<h′(1)=0, 13分 所以h(x)在[1,x0)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(1)=0,不成立. 綜上,m≤. 15分

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