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周五作课

发布时间:2014-01-02 09:38:10  

导数的应用之一

------求参数的范围

含参数的导数问题是近年来高考的难点和热点,此类问题通常涉及最值和恒成立问题,要求学生在求解中重视分类讨论、数形结合、分离参数等基本思想的运用.由于含参数的导数问题往往涉及对参数的讨论,因此很多学生对“从何时开始讨论”、“怎样讨论”等问题不知所措.下面就最常用的分离法、分类讨论法在解题过程中遇到的困难(如:分离之后认识不动、认识之后不会求最值、不会找分类的界点等)进行多角度、多方面的剖析,阐述对此类问题的求解方案的一般规律。本节课以分离、讨论为主线,贯穿讨论、数形结合、、观察、特殊值、经验、罗比塔等思想方法。

名题赏析:2012年郑州市一测: 设函数f(x)=lnx-p(x-1),p∈R.

(Ⅰ)当p=1时,求函数f(x)的单调区间;

(Ⅱ)设函数g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)对任意

x≥1都有g(x)≤0成立,求p的取值范围.

.解:(I)当p =1时,f(x)=lnx-x+1,其定义域为?0,???. 所以1f?(x)??1.????2分 x

1?1?0得0?x由f?(x)?x?1,

所以

(f(x)的单调增区间为?0,1?;单调减区间为?1,???.????5II)由函数g(x)?xf(x)?p(2x2?x?1)?xlnx?p(x2?1),得g?(x)?lnx?1?2px.

由(I)知,当p =1时,f(x)?f(1)?0,

即不等式lnx?x?1成立. ????7分

① 当1p??2

?x)?时,g?(

即g(x)在

9分

② 当lx?, ?1,???上单调递减,从而g(x)?g(1)?0满足题意; ????1??p?02时,存在?1?x??1,??2p??使得

lx?n?0p,, x?

?1?1,??上单调递增, 从而g?(x)?lnx?1?2px?0,即g(x)在?2p??

?1?x?1,?从而存在0??使得g(x0)2p??

③当?g(1)?0不满足题意; p?0时,由x?1知g(x)?xlnx?p(x2?1)?0恒成立,此时不满足题意.

1p??. ????12分 综上所述,实数p的取值范围为2

2013年五校联考:设函数

(1)求

(2)当f(x)?ax?(a?1)ln(x?1)(a??1). f(x)的单调区间; a?0时,设f(x)的最小值为g(a),若g(a)?t恒成

a?1ax?1f?(x)?a??(x??1)2分 x?1x?1 立,求实数t的取值范围。 (Ⅰ)解:

当a?0时,1f?(x)???0, x?1

所以函数f(x)的减区间为(?1,??),无增区间;

当a?0时,函数1f(x)的减区间为(?1,),增区间为a

1(,??). (6分) a

11

(Ⅱ)解:由(Ⅰ)得,g(a)?f()?1?(a?1)ln(?1), aa

g(a)t111t??0??(1?)ln(1?)??0,因为a?0,所以g(a)?t?aaaaaa

(8分)

令h(x)?x?(1?x)ln(1?x)?tx(x?0),则h(x)?0恒成立,

由于h?(x)??ln(1?x)?t,(x?0)

当t?0时,h?(x)?0,故函数h(x)在(0,??)上是减函数,

h(x)?h(0)?0成立;(10分)

?t所以

当t?0时,若h?(x)?0得0?x?e?1,

h(x)在(0,e?1)上是增函数,

?t?t故函数

即对0?x?e?1,h(x)?h(0)?0,与题意不符;

综上,t?0为所求. (12分)

2013年

2高考题: x 设函数f(x)?x?ax?b,g(x)?e(cx?d),若曲线y?f(x)和曲线y?g(x)都过点p(0,2),且在点p处有相同的切线y?4x?2

(1) 求a,b,c,d的值;

(2) 若x??2时,f(x)?kg(x),求k的取值范围。

类型一:可以分离参数,转化为最值问题 例1已知函数f(x)?alnx?x(a为常数),若存在2

x?[1,e],使f(x)?(a?2)x

值范围是 成立,则实数a的取

解:法一存在x?[1,e],使alnx?x2?(a?2)x,

2a(x?lnx)?x?2x, 即存在x?[1,e],使

令t(x)?x?lnx x?[1,e],则1t'(x?)??x0故,t(x)在x?[1,e]单调递增,

故t(x)?t(1)?1?0,即x?lnx?0在x?[1,e]恒成立.

x2?2x

故存在x?[1,e],使a?. x?lnx

令x2?2xh(x)?x?lnx x?[1,e],即a?h(x)m,下求inh(x)在x?[1,e]的最小值.

1(2x?2)(x?lnx)?(x?2x)(1?)(x?1)(x?2?2lnx)h'(x)??2(x?lnx)(x?lnx)22

令?(x)?x?2?2lnx x?[1,e],

2?0,则?'(x)?1?xx?2,

?'(x)?0,x?2?'(x)?0,x?2;

∴x?2是函数?(x)的极小值点,也是最小值点. ?(x)min??(2)?4?2ln2?0,即x?2?2lxn?在0x?[1,e]恒成立.

故h'(x)?0在x?[1,e]恒成立.∴h(x)在x?[1,e]单调递增. h(x)min?h(1)??1 ∴a??1

解:(法二)存在x?[1,e],使x2?(a?2)x?alnx?0, 令g(x)?x2?(a?2)x?alnx,即0?g(xm)i,n下求g(x)在x?[1,e]的最小值.

a2(x?1)(x?)2a2x?(a?2)x?a?0g'(x)?2x?(a?2)???xxx

ax1?1,x2? 2

a?1,即a?2时, (ⅰ)若2

g'(x)?0在x?[1,e]恒成立.故g(x)在x?[1,e]单调递增,

g(x)min?g(?1)??1?a?0,故?1?

a?e,即(ⅱ)若1?2a?2 2?a?2e时, a

易得x?是g(x)在x?[1,e]的极小值点,也是最小值点, 2

g(x)min

, aa2aaa2aa2a?g()??(a?2)??aln???a?aln???a(ln?1)24224242

aaln?1?lne?1?,0∴g(x)min?0,符合题意.故?e,∴∵1?22

2?a?2e. a?e,即a(ⅲ)若2?2e时,

g'(x)?0在x?[1,e]恒成立.故g(x)在x?[1,e]单调递减, g(x)min2e?2e2?g(e)?e?(a?2)e?a?0,a?e?1,∵e2?2e?2e,∴.ae?1

综上,?2e a??1.

事实上,在本题的解法中,由于g'(x)的分子可以因式分【反思总结】

解,因此也为求解提供了一定的方便.那如果g'(x)的分子不能因式分解呢?这时需采用求根公式得出两个根,进而进行讨论,其间还会涉及对?的讨论.请看下面的例题: 类型三:转化为以参数为新变元的问题求解

例2已知函数f(x)?x2?alnx?2,若f(x)?1?0恒成立,求实数a的取值范围.

【分析】本题虽然可以分离参数,但需对lnx是否大于0讨论,这样一个问题变成了两个问题,比较浪费时间.同时,分离参数后,对新函数的导函数讨论会陷入到无法定号、又无法求出极值点的尴尬境地,因此不适合用分离参数解决.只能直接对f(x)求导,讨论其单调性,求出f(x)最小值(是一个关于a的函数),进而转化为对关于参数a的函数的分析.

解:f(x)??1等0价于f(x)??恒1成立,即f(x)min??1

a2x?af'(x)?2x?? xx

若a?0,f'(x)?0,f(x)在x?(0,??)单调递增,不符合题意. 2

若a

<0, x? f'(x

)?0,x?

小值点

只需f(x)min?ff'(x

)?0,x?,

故x?为f(x)极a???aln?2??1. 2a?1?0的解集.

即实数a

的范围即不等式??aln2a?1,

令?(a)???aln2111?'(a)???ln?a??(?)?ln?0, 222∴a??2

,ln?0,?'(a)?

0a??2;?'(a)?

0,ln?0,a??2; ∴a??2是?(a)的极大值点,也是?(a)的最大值点. ∴?(a)??(?2)?0,又?(a)?0, ∴a??2,即a?{?2}.

【解题回顾】“分离参数”的解法虽然比较简洁,但有一定

的局限性.当分离参数的方法受阻时,只能转为直接求最值,此时要求学生随着解题步骤的深化灵活应对,及时构造关于参数a的函数再次进行分析求解.

类型四:对导函数深刻剖析,步步逆推求函数最值,进而得出参数范围

x2例3:设函数f(x)?e?1?x?ax,a?R.

(1)若a=0,求f(x)的单调区间;

(2)若当x?0时,f(x)?0恒成立,求a的取值范围.

【分析】对(2),考生很容易想到利用分离参数法求参数a取值范围.

当x?0时,a为一切实数.

当x?0时,f(x)?ex?1?x0?a?2对一切x?0恒成立,x

(x?2)ex?x?2ex?1?x只要求F(x)?的最小值.F?(x)?,令32xx

F?(x)?0,∴(x?2)ex?x?2?0,求解就陷入困境.于是我们就需要转换问题的思路,直接求f(x)的最小值. 解:(1)(略)

x?f(x)?e?1?2ax, (2)

当a?0时,f?(x)?0,∴f(x)在?0,???单调递增,

∴f(x)?f(0)?0.

当a?0时,令f?(x)?0,即ex?1?2ax?0.令∴h?(x)?e?2a,令h?(x)?0,即exxh(x)?e?1?2a,x x?2a?0,解之得,x?ln2a.

1(ⅰ)当0?2a?1,即0?a?时,h?(x)?20,

∴h(x)在?0,???单调递增,

∴h(x)?h(0)?0,即

∴f(x)在?0,???单调递增,

∴f(x)?f(0)?0.

(ⅱ)当2a?1,即a?1时,x0?ln2a?(0,??). 2f?(x)?0(x?(0,??))),

当x?(0,x0)时,h?(x)?0,h(x)为单调递减函数; 当x?(x0,??)时,h?(x)?0,h(x)为单调递增函数. ∴h(x)在x?x0处取得最小值.

又∵h(0)?0,∴x?(0,x0)时,h(x)?0,即f?(x)?0,∴f(x)在区间(0,x0)是单调递减函数.又f(0)?0,∴x?(0,x0)时,f(x)?0. 综上所述,实数a的取值范围为(??,1]. 2

【解题回顾】本题中,由于f?(x)不能直接定号,因此采取以

令h(x)?f'(x),进而对h(x)进行求导分析.由f?(x)为新的起点,

对h'(x)的符号讨论得出h(x)的单调性,进而得出h(x)的最值;再由h(x)的符号,即f?(x)的符号得出f(x)的单调性,进而得出f(x)的最值.可谓步步逆推,思维缜密,解法灵活.

类型五:数形结合解含参数的导数题

例4设函数f(x)?x3?2ex2?mx?lnx,记g(x)?f(x)

x,若函数g(x)至

少存在一个零点,则实数m的取值范围是 .

【分析】此题可以用分离参数,但需观察处x?e是极小值点,同时数形结合,即转化为直

线y??m2h(x)?x?2ex?与曲线lnx解法一正是x至少有一个交点,采用此方法.同时,本题在数形结合时可将g(x)?0至少有一个零点转化为两个熟悉的函数至少有一个交点.但需要学生掌握一个常用结论:x?e是

解法一:g(x)?f(x)?lnxx的极小值点, 即解法二.f(x)lnx ?x2?2ex?m?xx

x若函数g(x)至少存在一个零点,即?m?x2?2ex?lnx至少有一个

零点,即直线y??m与曲线h(x)?x2?2ex?lnx至少有一个交x

点.故?m的范围即函数h(x)的值域.

h'(x)?2x?2e?1?lnx?0,则h'(e)?0. 2x

且当x?e,h'(x)?0;x?e,h'(x)?0,故x?e是函数h(x)的极小值点,也是最小值点.

11122?m??e?m?e?e,即e,故e. f(x)lnx2g(x)??x?2ex?m?解法二:xx,

lnx2?m?x?2ex?若函数g(x)至少存在一个零点,即x至少有一个

lnxy?2零点,即曲线y1?x?2ex?m与曲线2x至少有一个交点.

1?lnxy2'??0, x?e.且当x?e,y'?0;x?e,y'?0,故x?e是函22x

1y?数y2的极大值点,也是最大值点.即2e h(x)?h(e)??e2?易知,x?e是函数y1的最小值点.即y1?m?e2

故曲线

m?e2?与曲线y1?x2?2ex?my2?lnxx至少有一个交点,需112m?e?e,即e.

【解题回顾】本题的两种解法都是采用数形结合的方法,只是构造的函数不同;解法一将题目转化为一条直线与另一条曲线的交点问题,即分离参数的方法,难点在于对曲线的函数图象不熟悉,因此对曲线的函数解析式求导后需要学生观察出导函数的根是x?e;解法二将题目转化成两个熟悉的函数的图象的交点问题,且构造的两个函数同时在x?e取到极值,十分巧妙.

以函数为载体,以导数为工具,考查函数性质及导数应用为目标,是最近几年函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向.运用导数确定含参数函数的参数取值范围是一类常见的探索性问题,主要是求存在性问题或恒成立问题中的参数的范围.解决这类问题,主要是运用等价转化的数学思想,通过分离参数、分类讨论等思维方法进行求解.而求解策略的恰当选择,取决于求解视角是否准确.希望

解:(Ⅰ)当k?1时,函数f(x)?ex?(1?x?x2),

则f(x)的导数f?(x)?ex?(1?2x),f?(x)的导数f??(x)?ex?2. ?????????2分

显然f??(ln2)?0,当0?x?ln2时,f??(x)?0;当x?ln2时,f??(x)?0, 从而f?(x)在(0,ln2)内递减,在(l,?n?2内递增. ????????????????4分

f?(导?l?数f?(x)的极小值为n ???????????????????6分

(Ⅱ)解法1:对任意的t?0,记函数

2?Ft(x)?f(x)?tx2?ex??1?x?(k?t)x??(x?0),

根据题意,存在s?0,使得当x?(0,s)时,Ft(x)?0. 易得Ft(x)的导数Ft?(x?)xe?t)xFt?(x)?1?2k(??,的导数Ft??(x)?ex?2(k?t)????9分

①若Ft??(0)?0,因Ft??(x)在(0,s)上递增,故当x?(0,s)时,Ft??(x)>Ft??(0)≥0,

于是Ft?(x)在(0,s)上递增,则当x?(0,s)时,Ft?(x)>Ft?(0)?0,从而Ft(x)在(0,s)上递增,故当x?(0,s)时,Ft(x)?Ft(0)?0,与已知矛盾 ??????????????11分

②若Ft??(0)?0,注意到Ft??(x)在[0,s)上连续且递增,故存在s?0,使得当x?(0,s)

Ft??(x)?0,从而Ft?(x)在(0,s)上递减,于是当x?(0,s)时,Ft?(x)?Ft?(0)?0,

因此Ft(x)在(0,s)上递减,故当x?(0,s)时,Ft(x)?Ft(0)?0,满足已知条件??13分

综上所述,对任意的t?0,都有Ft??(0)?0,即1?2(k?t)?0,亦即k?1?t, 2

再由t的任意性,得k?1,经检验k?1不满足条件,所以22

k?1????????? 2

类型二:分类讨论,逐一分析

变题:设f(x)?mx?m?

2lnx,若对x?x,均有f(x)?2成立,求实数m的取值范围.

2m(x?1)?2x?2xlnx恒成立, 解法一:即x?[1,时,

当x?1时,m可为任何实数;

2x?2xlnx当x?,即m?恒成立. 2x?1

2x?2xlnx令g(x)?, 2x?1

(4?2lnx)(x2?1)?2x(2x?2xlnx)2x2lnx?2lnx?4g'(x)???22(x?1)(x2?1)2

∵x?(1,,∴g'(x)?0,∴g(x

)在x?(1,单调递减,

g(x)min?g??

ln,∴m??ln

解法二:

对x?,均有f(x)?

2成立等价于x?

时,f(x)max?2

时, m2mx2?2x?m,当x?[1,f'(x)?m?2??

2xxx

(ⅰ)当m?0时,数,f(x)maxf'(x)?

0,此时在[1,上是减函?f(1)?0?2,故m?0符合题意;

?4?4m2, (ⅱ)当m>0时,?

若m?1,则??0,此时恒有f'(x)?

0,f(x)max?f 由f(x)max?

2得,1?m??ln, 若0<m<1时,f'(x)?

1?0,得x1???1m1?m??

1,令x2?

得(舍去)

,x2?,

2m

因而当0?m?

时,x221 ??????m此时,f'(x)?0,f(x)max符合题意.

?f(1)?0?

2,∴0?m?2

?m?

1时,1?x2?,x?[1,x2)时,f当2'(x)?0,f(x

)单调递减;x?(x2时,f'(x)?0,f(x)单调递

f()xxam2?增,

此时f(x)max?max{f(1),f,由

?m?1

?m??

ln,故22

综上所述,m?

【反思总结】

本题的解法二涉及对不能因式分解的导函数的讨论,是此类问题最本质的求解策略.但是需要指出的是,在此类问题的求解中,能够分离参数的尽量分离参数,转化为最值问题,因为这样往往可以简化解题步骤,减少大量繁杂运算.如不能分离参数,需要进行分类讨论,讨论时要做到不重不漏、不慌不乱,逐一分析,纵观全局.

?ln.

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