导数专题端点效应法.pdf

1 导数中的端点效应法探究 1 已知函数( )(1)ln(1)f xxxa x. （I ）当4a时，求曲线( )yf x在1,(1)f处的切线方程；(II)若当1,x时，( )0f x ，求a的取值范围 . 探究 2 已知R，函数f (x) exex(xlnxx1) 的导函数为g(x) （1）求曲线yf (x) 在x1 处的切线方程；（2）若函数g (x) 存在极值，求的取值范围；（3）若x1 时，f (x) 0 恒成立，求的最大值2 探究 3 已知函数( )(1)lnfxxxaxa（a为正实数，且为常数）. （1）若函数( )f x在区间(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；（2）若不等式(1)( )0 xfx 恒成立，求实数a的取值范围 . 3 答案【探究 1】试题分析：（）先求定义域，再求( )fx，(1)f，(1)f，由直线方程得点斜式可求曲线( )yf x在(1, (1)f处 的 切 线 方 程 为220.xy（ ） 构 造 新 函 数(1)( )ln1a xg xxx，对实数a分类讨论，用导数法求解. 试题解析：（ I ）( )f x的定义域为(0,). 当4a时，1( )(1)ln4(1),( )ln3fxxxxfxxx，(1)2,(1)0.ff曲线( )yf x在(1, (1)f处的切线方程为220.xy（II ）当(1,)x时，( )0fx等价于(1)ln0.1a xxx令(1)( )ln1a xg xxx，则222122(1)1( ),(1)0(1)(1)axa xg xgxxx x，（i ）当2a，(1,)x时，222(1)1210 xa xxx，故( )0,( )g xg x在(1,)x上单调递增，因此( )0g x；（ii ）当2a时，令( )0g x得22121(1)1,1(1)1xaaxaa，由21x和121x x得11x，故当2(1,)xx时，( )0gx，( )g x在2(1,)xx单调递减，因此( )0g x. 综上，a的取值范围是,2 .考点：导数的几何意义，函数的单调性. 【探究 2】解：（1）因为f (x) ex elnx，所以曲线yf (x) 在x1 处的切线的斜率为f (1) 0，又切点为 (1，f (1)，即 (1，0) ，所以切线方程为y0 2 分4 （2）g (x) exelnx，g(x) exx当 0 时，g(x) 0恒成立，从而g (x) 在 (0 ， ) 上单调递增，故此时g (x) 无极值 4 分当 0 时，设h(x) exx，则h(x) exx2 0 恒成立，所以h(x) 在(0 ， ) 上单调递增 6 分当 0 e 时，h(1) e 0，h(e)eee 0，且h(x) 是(0 ， ) 上的连续函数，因此存在唯一的x0(e，1) ，使得h(x0) 0当 e 时，h(1) e 0，h( ) e10，且h(x) 是(0 ， ) 上的连续函数，因此存在唯一的x01 ， ) ，使得h(x0) 0故当 0 时，存在唯一的x00，使得h(x0) 0 8 分且当 0 xx0时，h(x) 0，即g(x) 0，当xx0时，h(x) 0，即g(x) 0，所以g (x) 在(0 ，x0) 上单调递减，在(x0， ) 上单调递增，因此g (x) 在xx0处有极小值所以当函数g (x) 存在极值时，的取值范围是 (0 ， ) 10 分（ 3）g (x) f (x) exelnx，g(x)exx若g(x) 0 恒成立，则有xex恒成立设(x) xex(x1) ，则(x) (x 1) ex0 恒成立，所以(x) 单调递增，从而(x) (1) e，即 e于是当 e 时，g (x)在1 ， ) 上单调递增，此时g (x) g (1)0，即f (x) 0，从而f (x) 在1 ， ) 上单调递增所以f (x) f (1)0 恒成立 13 分当 e 时，由（ 2）知，存在x0(1 ， ) ，使得g (x) 在(0 ，x0) 上单调递减，即f (x) 在(0 ，x0) 上单调递减所以当 1xx0时，f (x) f (1) 0，于是f (x) 在1 ，x0) 上单调递减，所以f (x0) f (1) 0这与x1 时，f (x) 0 恒成立矛盾5 因此 e，即的最大值为e 16 分【探究 3】 ： （1）( )(1)lnf xxxaxa ，1( )ln+xfxxax. 1 分因( )f x 在 (0,) 上单调递增，则( )0fx ，1ln+1axx,恒成立 . 令1( )ln+1g xxx，则21( )xg xx， 2分x (0,1)1(1,)( )gx0( )g x减极小值增因此，min()(1)2gxg，即 02a,. 6 分（2）当 02a,时，由（ 1）知，当(0,)x时，( )f x 单调递增 . 7 分又(1)0f，当(0,1)x，( )0fx；当(1,)x时，( )0f x. 9 分故不等式 (1)( )0 xf x 恒成立 10 分若2a，ln(1)1( )xxa xfxx，设( )ln(1)1p xxxa x，令( )ln20p xxa，则2e1ax. 12 分当2(1,e)ax时，( )0p x，( )p x 单调递减，则( )(1)20p xpa，则( )( )0p xfxx，所以当2(1,e)ax时，( )f x 单调递减， 14 分则当2(1,e)ax时，( )(1)0f xf，此时 (1)( )0 xf x ，矛盾 . 15 分因此， 02a,. 16 分分。