2014高考调研理科数学课本讲解3–31导数的综合应用专题研究.ppt

课时作业（十八 ） 课时作业 新课标版 · 数学（理） 高考调研 x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 单调递增 极大值42 单调递减 课时作业 新课标版 · 数学（理） 高考调研 专题研究　导数的综合应用 例1　(2012·新课标全国)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图像大致为(　　)　 【解析】　令g(x)＝ln(x＋1)－x，g′(x)＝－1＝. 当－1x0时，g′(x)0， 当x0时，g′(x)0. g(x)max＝g(0)＝0. f(x)0，排除A、C，又由定义域可排除D，故选B. 【答案】　B 探究1　给定解析式求函数的图像是近几年高考重点，并且难度在增大，多数需要利用导数研究单调性知其变化趋势，利用导数求极值(最值)研究零点． 思考题1　(2013·滨州一模)函数y＝的图像大致是(　　)　 【解析】　由题意，函数为奇函数，排除B；当x0时，y＝，y′＝＝，所以当0xe时，y′0，函数为增函数；当xe时，y′0，函数为减函数，故选C. 【答案】　C 例2　(2012·辽宁卷)设f(x)＝ln(x＋1)＋＋ax＋b(a，bR，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝x在(0,0)点相切． (1)求a，b的值； (2)证明：当0x2时，f(x). 【解析】　(1)由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1. 由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为， 又y′|x＝0＝(＋＋a)|x＝0＝＋a， 得a＝0. (2)证法一　由均值不等式，当x0时，2x＋1＋1＝x＋2，故＋1. 记h(x)＝f(x)－，则 h′(x)＝＋－ ＝－ － ＝. 令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，则当0x2时， g′(x)＝3(x＋6)2－2160. 因此g(x)在(0,2)内是递减函数，又由g(0)＝0，得 g(x)0，所以h′(x)0. 因此h(x)在(0,2)内是递减函数， 又h(0)＝0，得h(x)0.于是 当0x2时，f(x). 证法二　由(1)知f(x)＝ln(x＋1)＋－1. 由均值不等式，当x0时， 2x＋1＋1＝x＋2，故＋1.　 令k(x)＝ln(x＋1)－x，则k(0)＝0，k′(x)＝－1＝0. 故k(x)0，即ln(x＋1)x.　 由，得当x0时，f(x)x. 记h(x)＝(x＋6)f(x)－9x，则当0x2时， h′(x)＝f(x)＋(x＋6)f′(x)－9 x＋(x＋6)(＋)－9 ＝[3x(x＋1)＋(x＋6)(2＋)－18(x＋1)] [3x(x＋1)＋(x＋6)(3＋)－18(x＋1)] ＝(7x－18)0. 因此h(x)在(0,2)内单调递减，又h(0)＝0， 所以h(x)0，即f(x). 探究2　利用导数工具，证明不等式的关键在于要构造好函数的形式，转化为研究函数的最值或值域问题，有时需用到放缩技巧． 求证不等式f(x)≥g(x)，一种常见思路是用图像法来说明函数f(x)的图像在函数g(x)图像的上方，但通常不易说明．于是通常构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，通过导数研究函数F(x)的性质，进而证明欲证不等式． 思考题2　(2013·济宁模拟)已知函数f(x)＝ax＋xlnx，且图像在点(，f())处的切线斜率为1(e为自然对数的底数)． (1)求实数a的值； (2)设g(x)＝，求g(x)的单调区间； (3)当mn1(m，nZ)时，证明：. 【解析】　(1)f(x)＝ax＋xlnx，f′(x)＝a＋1＋lnx. 依题意f′()＝a＝1，所以a＝1. (2)因为g(x)＝＝，所以g′(x)＝. 设φ(x)＝x－1－lnx，则φ′(x)＝1－. 当x1时，φ′(x)＝1－0，φ(x)是增函数． 对x1，φ(x)φ(1)＝0，即当x1时，g′(x)0. 故g(x)在(1，＋∞)上为增函数． 当0x1时，φ′(x)＝1－0，φ(x)是减函数． 对x∈(0,1)，φ(x)φ(1)＝0，即当0x1时，g′(x)0. 故g(x)在(0,1)上为增函数． 所以，g(x)的单调增区间为(0,1)，(1，＋∞)． (3)要证，即证－lnn－lnm. 即lnmlnn，. 因为mn1，由(2)知，g(m)g(n)，所以. 例3　(2013·保定摸底考试)已知函数f(x)＝x2＋alnx(aR)． (1)若a＝－4，求函数f(x)的单调区间． (2)设函数g(x)＝－cos2x，试问，在定义域内是否存在三个不同的自变量的取值xi(i＝1,2,3)，使得f(xi)－g(xi)的值恰好相等，若存在请求出a范围，若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)由f′(x)＝2x＋＝2x－＝＝0. 得x＝1或x＝－1.又x0，x＝1. 所以当0x1时f′(x)0，可得函数f(x)的减区间为