設(shè)而不求的導(dǎo)數(shù)問題

1、最新高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)培優(yōu)拔高專題(附經(jīng)典解析)“設(shè)而不求”的導(dǎo)數(shù)問題【探究拓展】探究 1：若函數(shù) y f(x)(x R)滿足 f(x 2) f(x),且 x 1,1 時，f (x) 1 x2 ,函數(shù)g(x) 1gx，x 0,則函數(shù)h(x) f (x) g(x)在區(qū)間5,10上的零點個數(shù)為 1,x 0.15思考：證明：函數(shù)h(x)在區(qū)間9,10上有且僅有一個零點.探究 2：已知函數(shù) f(x)=1nx+ 2+axa2(其中 a0). x(1)當(dāng)a=1時，求f(x)的最小值；(2)若xG 1,3時，f(x)0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.(可以直接單刀直入的方法)對于圖像的要求：一開始必須單調(diào)遞增，否則不

2、成立解：函數(shù)f(x)的定義域為(1, +0).,212(x-1)(x+2)a=1 時，f(x)=1nx+ x+x 3, f (x)= -x2+1= x2.當(dāng) 0 x1 時，f (x)1 時，f (x)0.所以，f(x)在區(qū)間(0,1)上為減函數(shù)，在區(qū)間(1, +8)上為增函數(shù).所以,a=1時，f(x)的最小值為f(1)=0 .22 由(1)當(dāng)a=1時，f(x)0怛成立，即lnx+ 一+x 3)0恒成立.所以當(dāng) x.一_ 2,一.2_ _ a 1,且 x 1,2時，f(x)=lnx+ x+a (x 1) 2 lnx+ +x 30.所以，當(dāng)a 1符合要求.最新高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)培優(yōu)拔高專題(附經(jīng)典解析)

3、 一， ，ax2+x 2一c0a0),令 g(x)=ax2+x2, g(1)=a10,x所以方程ax2 (2a 1)x 3=0 一根大于1,另一根小于1,不妨設(shè)兩根為x1,x2,x11x2,所以1xx2時,f (x)0,f(x)在(1 ,x2)為減函數(shù).故當(dāng) x (1, x2)時，f(x)0 恒成立矛盾.所0a1不符合要求.所以，a的取值范圍是1, +0)探究3：已知函數(shù)f(x) ax xlnx的圖像在點x e (其中e為自然對數(shù)的底數(shù))處的切線斜率為3.(1)求實數(shù)a的值；(2)若k Z ,且k工里對任意x 1恒成立，求k的最大值； x 1(3)當(dāng) n m 4 時，求證：(mnn)m (nm

4、m)n .解析：(1 ) f x a 1 ln x ,由 f (e) 3 解得 a 1 ；f(x) x xlnx, k 丹 x xl；xg(x), g,(x) x 2 y, (換元)x 1 x 1(x 1)令 h(x) x 2 ln x ,有 h(x) 1 1 0,那么h(x) h(1) 1 (研究導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)x數(shù))不妨設(shè) h(M) 0,由 h(3) 0, h(4) 0,則可知 Xo (3,4),且 lnx0 m 2.(導(dǎo)函數(shù)零點估計)因此，當(dāng) hx 0時，gx 0, xxo；當(dāng) hx 0 時，g x 0, x%；(得到函數(shù)單調(diào)性)即可知 g(x)min g(x0) 3# *1)X0，Xo 1X

5、o 1(設(shè)而不求代入化簡)k的最大正整數(shù)為3.所以k % ,得到滿足條件的最新高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)培優(yōu)拔高專題(附經(jīng)典解析)(3)證明：(mnn)m (nmm)nm ln(mnn) nln( nmm)mln m nln n nln n mln mm(n 1)ln m n(m 1)ln n型?。?等價轉(zhuǎn)化)m 1 n 1由n m 4,下只要證w(x)的在4,)為增函數(shù)即可： w(x), x 1(x 1)2令 v(x) x 1 lnx, 由 v(x) 110, 那么 v(x) v(4) 3 ln4 0 x(研究導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)數(shù))得到w,(x) 0,從而可知w(x)上在4,)為增函數(shù)，得證.口x 1變式1：函數(shù)

6、f(x) lnx, g(x) 1x2 2x ,當(dāng)x 1時，不等式k(x 1) xf(x) 2g (x) 3恒成立，則整數(shù)k的最大值為.4先縮小再驗證證明變式2: (2020年)已知函數(shù)f(x) x2 唯一解.解析： x2 2t ln x 2tx 2t(x ln x) x2 ,當(dāng)x lnx 0時，有t R ；參數(shù)step1)設(shè) u(x) x lnx, u(x) 1 1 0 ：又 u(1) x則可知Xo (1,1).e2當(dāng) x ln x 0 時，傳至U 2t - g(x)；x ln x令 g(x) x 1 2lnx, 易知 g(1) 0, 且 x2t ln x (t 0), t為何值時，方程 f(

7、x) 2tx有(等價轉(zhuǎn)化)(分離1 0, u(1) -10,不妨設(shè) X0 ln X0 0, e e(分母零點的估計)2x x 2x ln x x(x 1 2ln x)(x) - U ,(x ln x) (x ln x)1 時，g(x) 0 ； x 1 時，g(x) 0 ；(導(dǎo)函數(shù)零點的發(fā)現(xiàn))綜上可知g(x)在區(qū)間(0,%),(%,1)上為減函數(shù)，在區(qū)間(1,)上為增函數(shù)；畫圖最新高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)培優(yōu)拔高專題（附經(jīng)典解析）函數(shù)圖像:因此,限?。ㄗ鲌D像時需要用極變式3：已知函數(shù)f x ex 1 x ax2,當(dāng)x 0時，f x 0,求實數(shù)a的取值范圍.f x ex 1 2ax , 首先，當(dāng)a 0時，在

8、0,）上f x 0恒成立，則有 f x f 0 0 . 其次，當(dāng)a 0時，令g x ex , h x 2ax 1 ,由題1可知，當(dāng)0 2a 1 ,即0 a ；時， g x h x .此時f, x 0 ,同樣有f x 0 .再者，當(dāng)a 2時，函數(shù)y g x與y h x 相交于點0,1和x0,y0 ,同時，當(dāng)x 0,%時，f x 0；當(dāng)x %, 時，f x 0. 即可知 f x min f % ex0 1 % ax02 ,將 ex0 1 2a% 代入得到：Yxex 1 x 1f x0e0 1 x0 mx0 0 ? F x e 1 x x x 0 ,貝!J F x .222x x又由變式2可知1 x ex,那么Fx =0,即F x在區(qū)間0, 上遞減， 2因此有f xf 0 0,與f x 0矛盾，故a ：不合題意.綜上可知，滿足題意的實數(shù)a的取值范圍為（.2最新高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)培優(yōu)拔高專題（附經(jīng)典解析）評注2：上述解法中，若要驗證a 1不合題意，除了采用解法中的嚴(yán)謹(jǐn)論證， 2也可采用“驗證性”做法：即將ex0 1 2ax。代入到得到 f X0 2ax0 X0 ax02 .若 f X0 0 時，則有0 X 2 1,與x 0矛盾，故a 不成立. a2評注3:若從“形”的角度去“還原”