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【领先课程】第十二讲 导数(三)(文)


第十二讲导数(三)
适用学科 适用区域 知识点 教学目标 教学重点 教学难点
高中数学 全国通用
运用导数解决函数综合问题 1、掌握运用导数研究函数综合问题的方法 2、熟悉解决不等式恒成立问题的常用思路 分类讨论思想在函数综合问题中的运用 不等式恒成立问题的常用思路分析

适用年级 课时时长(分 钟)

高中二

年级 120 分钟

教学过程
一、课堂导入
我们已经掌握了利用导数去处理函数的极值最值单调区间的问题,那么如何利用导数去处理不等式的恒成立问题呢?

二、复习预习
复习利用导数去处理函数的极值最值单调区间问题的基本步骤

三、知识讲解
知识点 1 分类讨论思想结合导数在研究函数综合问题中的常见运用
(1)在解决函数的单调性、极值以及最值问题中,若求导后,令导函数等于零时,参数的取值影响方程的根的个数,则需 根据根的个数的不同情况对参数进行分类讨论.例如,若对一个三次函数求导后,令导函数为零,得到一个系数中含有参数 的一元二次方程,则需讨论此一元二次方程根的判别式的符号. (2)在解决函数的单调性、极值以及最值问题中,若求导后,令导函数等于零时,在定义域内的根大于 1 个,且至少有一 个根含参数,那么就需要对根与根的大小关系进行分类讨论 .例如,若在定义域内有两根为 x1、x2 ,则需分三种情况讨论:

x1 > x 2 、 x1 ? x2 和 x1 < x 2 .
(3)在解决函数的单调性、极值以及最值问题中,若函数的定义域不为全体实数集 R ,则求导后,令导函数等于零时求得 , ? ?) 的根中,至少有一个根含参数,那么就需要对此根与定义域端点的大小关系进行分类讨论.例如,若函数定义域为 [1 , 且令导函数等于零时,有一个含参数的根为 x1 ,则需分两种情况讨论: x1 >1 和 x1 ? 1 .

知识点 2

不等式恒成立问题的常见模型及思路

设函数 f ( x ) 定义域为 A , g ( x) 定义域为 B .下列模型均以 f ( x) ? g ( x) 成立为例,可类推至任意不等号方向改变的模型. (1)模型一:若对任意 x ? A ? B ,使得 f ( x) ? g ( x) 恒成立,则构造函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x ,令 F ( x) ? 0 恒 ( ) x ? A ? B) 成立,即令 F ( x) min ? 0 . (2)模型二:若存在 x ? A ? B ,使得 f ( x) ? g ( x) 成立,则构造函数 F ( x) ? f ( x) ? g ( x ,即令 F ( x) max ? 0 . ( ) x ? A ? B) (3)模型三:若对任意 x1 ? A, x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,则令 f ( x) min ? g ( x) max 成立. (4) 模型四: 若对任意 x1 ? A ,存在 x2 ? B , 使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立, 则令 f ( x) min ? g ( x) min 成立; 同样的, 若存在 x1 ? A , 对任意 x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,则令 f ( x) max ? g ( x) max 成立. (5)模型五:若存在 x1 ? A, x2 ? B ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 成立,则令 f ( x) max ? g ( x) min 成立.

考点/易错点 1
在对含参函数的分类讨论中,对上述分类讨论中(2)和(3)分类情况混淆. 讨论模型(2)中分三种情况讨论,是因为当导函数为零时的两根相等时,原函数无极值点,在定义域内单调;且两根 大小关系对换时,原函数在定义域内单调区间发生变化.综上,故需要分三种情况讨论. 讨论模型(3)中分两种情况讨论,是因为当导函数为零时的根等于区间端点时,不影响原函数在定义域内的单调性, 即当此根处于定义域外和等于区间端点时,原函数在定义域内的单调情况相同;当此根处于定义域内时,原函数在定义域内 的单调区间发生变化.综上,故此种模型只需分两种情况讨论.

考点/易错点 2
不等式恒成立中对模型三至模型五的分析不清晰.对于此种 f ( x ) 和 g ( x) 自变量各自单独取值的模型,可以采取对不等式两 边分别考虑的办法来快速正确的判断如何构造函数模型.如以模型四第一种情况为例,在此种情况中,不等号左边 f ( x ) 是对 于自变量任意取值,使不等号成立,那么就需要 f ( x) min 大于右边,不等号右边 g ( x) 是存在自变量取某个值,使不等式成立, 那么就需要 g ( x) min 小于左边.综上,最终可建立模型为令 f ( x) min ? g ( x) min 成立.

四、例题精析
【例题 1】 【题干】已知函数 f ( x) ? x 2 ? (2a ?1) x ? a ln x ( a 为常数) ,试确定函数 f ( x) 的单调增区间.

( , ? ?) 【答案】 (i) 当 a ? 0 时, f ( x) 单调增区间为 . 1 1 ( , ? ?) ? a ? 0 时, f ( x) 单调增区间为 ?0, ? a?和 . 2 2 1 (0, ? ?) . (iii)当 a ? ? 时, f ( x) 单调增区间为 2
(ii)当 ? (iiii)当 a ? ?

1 2

1 ? 1? ( ? a, ? ?) 时, f ( x) 单调增区间为 ? 0, ? 和 . 2 ? 2?
2

(0, ? ?) 【解析】函数 f ( x) ? x ? (2a ?1) x ? a ln x ( a 为常数)的定义域为 .

f ' ( x) ? 2 x ? (2a ? 1) ?

a 2 x 2 ? (2a ? 1) x ? a (2 x ? 1) ? ( x ? a) ? ? x x x
1 , x2 ? ? a . 2

令 f ' ( x) ? 0 ,解得 x1 ?

? ? ? 上的解集为 ? , (i) 当 ? a ? 0 ,即 a ? 0 时, f ' ( x) ? 0 在 ?0, ? ? ? ,即
1 ( , ? ?) f ( x) 单调增区间为 . 2 1 1 ? ? ? 上的解集为 (ii)当 0 ? ?a ? ,即 ? ? a ? 0 时, f ' ( x) ? 0 在 ?0, 2 2 1 1 (0, ? a) ? ( ,?? ) ( , ? ?) ? a?和 ,即 f ( x) 单调增区间为 ?0, . 2 2 1 1 ? ? ? 恒成立, (iii)当 ? a ? ,即 a ? ? 时, f ' ( x) ? 0 在 ?0, 2 2

?1 ?2

? ?

(0, ? ?) 即 f ( x) 单调增区间为 .
(iiii)当 ? a ?

1 1 ? ? ? 上的解集为 ,即 a ? ? 时, f ' ( x) ? 0 在 ?0, 2 2

1 ? 1? ( ? a, ? ?) (0, ) ? ( ? a,?? ) ,即 f ( x) 单调增区间为 ? 0, ? 和 . 2 ? 2?
【例题 2】 【题干】已知函数 f ( x) ? x ? a, g ( x) ? ln x ,若对任意 x ? 0 ,不等式 f ( x) ? g ( x) 恒成立,则实数 a 的取值范围为. 【答案】 a ? 1 【解析】 f ( x) ? g ( x) 恒成立,即 f ( x) ? g ( x) ? 0 恒成立. 设 F ( x) ? f ( x) ? g ( x) ? x ? a ? ln x

1 x ?1 ? x x 令 F ' ( x) ? 0 ,解得 x ? 1 ,列表如下: F ' ( x) ? 1 ?

x
F ' ( x) F ( x)

?0,1?


1
0 极小

?1,???
+ ↑

由表可知, F ( x ) 在 x ? 1 取得最小值,即令 F (1) ? 0 即可.

F (1) ? 1 ? a ? ln1 ? 1 ? a ? 0 即a ?1
【例题 3】
2 (0, ? ?) 【题干】 已知函数 f ( x) ? x ? a ln x(a ? 0), g ( x) ? ? x ? 4x ? 4 ,若对任意 x1、x2 ? , 不等式 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立, 则实数 a 的取值范围为.

【答案】 0 ? a ? e

(0, ? ?) 【解析】对任意 x1、x2 ? ,不等式 f ( x1 ) ? g ( x2 ) 恒成立,
即令 f ( x) min ? g ( x) max 成立. 又因为 g ( x) 为二次函数,对称轴方程为 x ? 2 ? (0,??) 故 g ( x) max ? g (2) ? 0 ,即令 f ( x) ? 0 恒成立即可.

f ' ( x) ? 1 ?

a x?a ? ,令 f ' ( x) ? 0 ,解得 x ? a ,列表如下: x x

x
f ' ( x) f ( x)

?0, a ?


a
0 极小

?a,???
+ ↑

由表可知, f ( x) 在 x ? a 取得最小值,即令 f (a) ? 0 即可.

f (a) ? a ? a ln a ? 0 ? a ln a ? a ? ln a ? 1
即a ?e 又因为 a ? 0 ,所以 a 的范围为 0 ? a ? e .

五、课堂运用
【基础】 1.已知函数 f ( x) ? 2x3 ? 3(a ? 1) x2 ? 6ax(a ? R) 在 (??, ??) 上单调递增,求实数 a 的取值集合.

【答案】见解析 【解析】 f ' ( x) ? 6x 2 ? 6(a ? 1) x ? 6a ? 6( x ?1)(x ? a) 因为 f ( x ) 在 (??, ??) 上单调递增, 所以导数两零点应相等,即 a ? 1 .

2 2.已知函数 f ( x) ? x ( x ? t ) ,实数 t 满足 t ? 0 ,求函数 f ( x) 的单调区间.

【答案】见解析 【解析】 f ' ( x) ? 3x ? 2tx ? x(3x ? 2t ) ,
2

因为 t >0,所以当 x > 所以 ?? ?,0? 和 ?

2t 或 x <0 时, f ' ( x ) >0 3

? 2t ? ,?? ? 为函数 f ( x) 的单调增区间; ?3 ?

当 0< x < 【巩固】

2t ? 2t ? 时, f ' ( x ) <0,所以 ? 0, ? 为函数 f ( x) 的单调减区间. 3 ? 3?

1.已知函数 f ? x ? ? ln x ?

1 2 ax ? 2 x ? a ? 0 ? 存在单调递减区间,则实数 a 的取值范围为. 2

【答案】见解析 【解析】 f ?( x) ?

1 ax 2 ? 2 x ? 1 ? ax ? 2 ? ? . x x

∵函数 f ? x ? 存在单调递减区间,∴ f ? ? x ? ? 0 在 ? 0, ?? ? 上有解. 从而 a ? ?

?1? ?1? ?1 ? ? ? 2 ? ? ? ? ? 1? ? 1 , ? x? ? x? ? x ?

2

2

∴ a ? ?1 .又 a ? 0 ,∴ ?1 ? a ? 0 或 a ? 0 .

2.已知函数 f ( x) ? x ? a ln x , g ( x ) ? ?

1? a ( a ? R ) .设函数 h( x) ? f ( x) ? g ( x) ,求函数 h( x) 的单调区间. x

【答案】见解析

1? a ( x ? 1)[ x ? (1 ? a)] ∴ h?( x) ? x x2 ①当 a ? ?1 时, h?( x) ? 0 ,∴ h( x) 在 (0, ??) 上递增; ②当 a ? ?1 时, h?( x) ? 0 ? x ? 1 ? a ,∴ h( x) 在 (0,1 ? a) 上递减,在 (1 ? a, ??) 上递增.
【解析】 h( x) ? x ? a ln x ?

3.已知函数 f ( x) ? ln x ?

2a , a ? R .若函数 f ( x) 在 [2, ??) 上是增函数,求实数 a 的取值范围. x

【答案】见解析 【解析】∵ f ( x ) ? ln x ?

2a 1 2a ,∴ f ?( x) ? ? 2 . x x x

∵ f ( x) 在 [2, ??) 上是增函数,

1 2a x ? 2 ≥0 在 [2, ??) 上恒成立,即 a ≤ 在 [2, ??) 上恒成立. x x 2 x 令 g ( x ) ? ,则 a ≤ ? g ( x)?min , x ?[2, ??) . 2 x ∵ g ( x ) ? 在 [2, ??) 上是增函数,∴ ? g ( x)?min ? g (2) ? 1 . 2
∴ f ?( x) ? ∴ a ? 1 .所以实数 a 的取值范围为 (??,1] .

4.已知函数 f ( x) ? (ax 2 ? x)e x ,其中e是自然数的底数, a ? R .若 f ( x) 在 [ ?1,1] 上是单调增函数,求 a 的取值范围.

【答案】见解析 【解析】 f ?( x) ? (2ax ? 1)e x ? (ax2 ? x)e x ? [ax2 ? (2a ? 1) x ? 1]e x ,
1] 上恒成立,当且仅当 x ? ?1 时 ①当 a ? 0 时, f ?( x) ? ( x ? 1)e x , f ?( x) ≥ 0 在 [ ?1,

取等号,故 a ? 0 符合要求; ②当 a ? 0 时,令 g ( x) ? ax2 ? (2a ? 1) x ? 1 ,因为 ? ? (2a ? 1)2 ? 4a ? 4a2 ? 1 ? 0 , 所以 g ( x) ? 0 有两个不相等的实数根 x1 , x 2 ,不妨设 x1 ? x2 , 因此 f ( x) 有极大值又有极小值.
1) 内有极值点, 若 a ? 0 ,因为 g (?1) ? g (0) ? ?a ? 0 ,所以 f ( x) 在 ( ?1,

1? 上不单调. 故 f ( x) 在 ? ?1,
若 a ? 0 ,可知 x1 ? 0 ? x2 ,
1] 上单调,因为 g (0) ? 1 ? 0 , 因为 g ( x) 的图象开口向下,要使 f ( x) 在 [ ?1,

? g (1) ≥ 0, ?3a ? 2 ≥ 0, 2 必须满足 ? 即? 所以 ? ≤ a ? 0 . 3 ? g (?1) ≥ 0. ??a ≥ 0.

2 综上可知, a 的取值范围是 [? ,0] . 3

【拔高】 1.已知函数 f ( x) ? ln x ? x ,若关于 x 的不等式 xf ( x) ? ?2 x ? ax ?12 对一切 x ? ? 0, ??? 恒成立,求实数 a 的取值范围.
2

【答案】见解析 【解析】因为 xf ( x) ≥ ?2 x 2 ? ax ? 12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, 即 x ln x ? x 2 ≥ ?2 x 2 ? ax ? 12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, 亦即 a ≤ ln x ? x ?

12 对一切 x ? (0,??) 恒成立, x

设 ? ( x ) ? ln x ? x ?

x 2 ? x ? 12 ( x ? 3)(x ? 4) 12 ? ,因为 ? ?( x) ? , x x2 x2

故 ? ( x) 在 (0,3] 上递减,在 [3,??) 上递增, ? ( x) min ? ? (3) ? 7 ? ln 3 , 所以 a ≤ 7 ? ln 3 .

,e? ,都有 g ( x) ≥ ? x2 ? (a ? 2) x 恒成立,求 a 的取值范围. 2.已知函数 g ( x) ? a ln x, a ? R .若对任意 x ? ?1
【答案】见解析 【解析】由 g ( x) ≥ ? x2 ? (a ? 2) x ,得 ? x ? ln x ? a ≤ x2 ? 2x .
? x2 ? 2 x ? x2 ? 2 x 恒成立, a ≤ ? ? . x ? ln x ? x ? ln x ?min

由于 x ? ?1,e? , ln x ≤ 1 ≤ x ,且等号不能同时取得,所以 ln x ? x,x ? ln x ? 0 . 从而 a ≤ 设 t ? x? ?

从而 t? ? x ? ≥ 0 , t ? x ? 在 ?1,e? 上为增函数. 所以 t ? x ?min ? t ?1? ? ?1 ,所以 a ≤ ?1 .

x ? ?1,e? , x ? 1≥ 0, ln x ≤1,x ? 2 ? ln x ? 0 ,

? x ? 1?? x ? 2 ? ln x ? x2 ? 2 x . ,x ? ?1,e? .求导,得 t? ? x ? ? 2 x ? ln x ? x ? ln x ?

3.已知 f ?x? ? x ln x, g ?x? ? x 3 ? ax2 ? x ? 2 .对任意 x ? ?0,??? , 2 f ?x ? ? g ' ?x ? ? 2 恒成立,求实数 a 的取值范围.

【答案】见解析
2 2 【解析】由题意: 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1 ? 2 ,即 2 x ln x ? 3x ? 2ax ? 1

? x ? ?0,???,可得 a ? ln x ?
设 h? x ? ? ln x ?

3 1 x? 2 2x

3x 1 ? , 2 2x ?x ? 1??3x ? 1? 1 3 1 ' ?? 则 h ?x ? ? ? ? 2 x 2 2x 2x 2 1 令 h ' ?x ? ? 0 ,得 x ? 1, x ? ? (舍) 3
当 0 ? x ? 1 时, h ' ?x ? ? 0 ;当 x ? 1 时, h ' ?x ? ? 0

? 当 x ? 1 时, h?x ? 取得最大值, h?x ? max =-2 ? a ? ?2 . ? a 的取值范围是 ?? 2,??? .
3 4.若不等式| ax ? ln x |≥1 对任意 x ? (0,1] 都成立,则实数 a 取值范围是.

【答案】见解析 【解析】显然 x ? 1 时,有 | a |? 1, a ? ?1, or, a ? 1 . 令 g ( x) ? ax3 ? ln x, g ?( x) ? 3ax ?
2

1 3ax3 ? 1 ? x x
3ax3 ? 1 ? 0 , g ( x) 在 (0,1] 上递减, x

①当 a ? ?1 时,对任意 x ? (0,1] , g ?( x) ?

g ( x)min ? g (1) ? a ? ?1 ,此时 g ( x) ? [a, ??) ,| g ( x) |的最小值为 0,不适合题意.

3ax3 ? 1 1 ?0? x ? 3 ②当 a ? 1 时,对任意 x ? (0,1] , g ?( x) ? x 3a
| g ( x) |的最小值为 g ( 3

1 1 1 e2 ) ? ? ln(3a) ≥1,解得: a ? . 3 3a 3 3

故所求 a ?

e2 . 3

课程小结
(1)分类讨论思想在解决函数综合问题时的运用技巧,求导后根与根大小关系的讨论和根与定义域端点大小关系讨论 的区别. (2)不等式恒成立问题的总结、题型及方法扩展. (3)易错点的分析,找出易错根源,深化理解易错点.


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