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    精英家教網> 試卷> 題目
    難點35  導數的應用問題 利用導數求函數的極大(小)值,求函數在連續區間[a,b]上的最大最小值,或利用求導法解決一些實際應用問題是函數內容的繼續與延伸,這種解決問題的方法使復雜問題變得簡單化,因而已逐漸成為新高考的又一熱點.本節內容主要是指導考生對這種方法的應用. ●難點磁場 ()已知f(x)=x2+c,且f[f(x)]=f(x2+1) (1)設g(x)=f[f(x)],求g(x)的解析式; (2)設φ(x)=g(x)-λf(x),試問:是否存在實數λ,使φ(x)在(-∞,-1)內為減函數,

    難點35  導數的應用問題 利用導數求函數的極大(小)值,求函數在連續區間[a,b]上的最大最小值,或利用求導法解決一些實際應用問題是函數內容的繼續與延伸,這種解決問題的方法使復雜問題變得簡單化,因而已逐漸成為新高考的又一熱點.本節內容主要是指導考生對這種方法的應用. ●難點磁場 ()已知f(x)=x2+c,且f[f(x)]=f(x2+1) (1)設g(x)=f[f(x)],求g(x)的解析式; (2)設φ(x)=g(x)-λf(x),試問:是否存在實數λ,使φ(x)在(-∞,-1)內為減函數,參考答案

    參考答案

    難點磁場

    解:(1)由題意得ff(x)]=f(x2+c)=(x2+c)2+c

    f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵ff(x)]=f(x2+1)

    ∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,

    x2+c=x2+1,∴c=1

    f(x)=x2+1,g(x)=ff(x)]=f(x2+1)=(x2+1)2+1

    (2)φ(x)=g(x)-λf(x)=x4+(2-λ)x2+(2-λ)

    若滿足條件的λ存在,則φ′(x)=4x3+2(2-λ)x

    ∵函數φ(x)在(-∞,-1)上是減函數,

    ∴當x<-1時,φ′(x)<0

    即4x3+2(2-λ)x<0對于x∈(-∞,-1)恒成立

    ∴2(2-λ)>-4x2,

    x<-1,∴-4x2<-4

    ∴2(2-λ)≥-4,解得λ≤4

    又函數φ(x)在(-1,0)上是增函數

    ∴當-1<x<0時,φ′(x)>0

    即4x2+2(2-λ)x>0對于x∈(-1,0)恒成立

    ∴2(2-λ)<-4x2,

    ∵-1<x<0,∴-4<4x2<0

    ∴2(2-λ)≤-4,解得λ≥4

    故當λ=4時,φ(x)在(-∞,-1)上是減函數,在(-1,0)上是增函數,即滿足條件的λ存在.

    殲滅難點訓練

    一、1.解析:由=-1,故存在含有0的區間(a,b)使當x∈(a,b),x≠0時<0,于是當x∈(a,0)時f′(0)>0,當x∈(0,b)時,f′(0)<0,這樣f(x)在(a,0)上單增,在(0,b)上單減.

    答案:B

    2.解析:∵fn(x)=2xn2(1-x)nn3x2(1-x)n-1=n2x(1-x)n-1[2(1-x)-nx],令fn(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=時取得最大值,最大值fn()=n2()2(1-)n=4.()n+1

    答案:D

    二、3.解析:函數的定義域是xx<-2,f′(x)=.(3x2+5x-2)′=,

    ①若a>1,則當x時,logae>0,6x+5>0,(3x-1)(x+2)>0,∴f′(x)>0,∴函數f(x)在(,

    +∞)上是增函數,x<-2時,f′(x)<0.∴函數f(x)在(-∞,-2)上是減函數.

    ②若0<a<1,則當x時,f′(x)<0,∴f(x)在(,+∞)上是減函數,當x<-2時,f′(x)>0,∴f(x)在(-∞,-2)上是增函數

    答案:(-∞,-2)

    4.解析:設圓內接等腰三角形的底邊長為2x,高為h,那么h=AO+BO=R+,解得

    x2=h(2Rh),于是內接三角形的面積為

    S=x.h=

    從而

    S′=0,解得h=R,由于不考慮不存在的情況,所在區間(0,2R)上列表如下: 

    h
    (0,R)
    R
    (,2R)
    S
    +
    0

    S
    增函數
    最大值
    減函數

    由此表可知,當x=R時,等腰三角形面積最大.

    答案:R

    三、5.解:f′(x)=3ax2+1

    a>0,f′(x)>0對x∈(-∞,+∞)恒成立,此時f(x)只有一個單調區間,矛盾.

    a=0,f′(x)=1>0,∴x∈(-∞,+∞),f(x)也只有一個單調區間,矛盾.

    a<0,∵f′(x)=3a(x+).(x),此時f(x)恰有三個單調區間.

    a<0且單調減區間為(-∞,-)和(,+∞),單調增區間為(-, ).

    6.解:f′(x)=+2bx+1

    (1)由極值點的必要條件可知:f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程組可得a=-,b=-,∴f(x)=-lnxx2+x

    (2)f′(x)=-x-1x+1,當x∈(0,1)時,f′(x)<0,當x∈(1,2)時,f′(x)>0,當x∈(2,+∞)時,f′(x)<0,故在x=1處函數f(x)取得極小值,在x=2處函數取得極大值ln2.

    7.證法一:∵bae,∴要證abba,只要證blnaalnb,設f(b)=blnaalnb(be),則

    f′(b)=lna.∵bae,∴lna>1,且<1,∴f′(b)>0.∴函數f(b)=blnaalnb在(e,+∞)上是增函數,∴f(b)>f(a)=alnaalna=0,即blnaalnb>0,∴blnaalnb,∴abba.

    證法二:要證abba,只要證blnaalnb(eab,即證,設f(x)=(xe),則f′(x)=<0,∴函數f(x)在(e,+∞)上是減函數,又∵eab,

    f(a)>f(b),即,∴abba.

    8.解:(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4

    (2)設φ(x)=2x2ax-2,則當αxβ時,φ(x)<0,

    ∴函數f(x)在(α,β)上是增函數

    (3)函數f(x)在[α,β]上最大值f(β)>0,最小值f(α)<0,

    ∵|f(α).f(β)|=4,∴當且僅當f(β)=-f(α)=2時,f(β)-f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4,此時a=0,f(β)=2

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