《导数专题讲义端点效应法.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数专题讲义端点效应法.doc（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、导数中的端点效应法探究 1已知函数 f (x) (x 1)ln x a(x 1).(I )当 a 4时，求曲线 y f (x) 在 1, f(1) 处的切线方程；(II) 若当 x 1, 时， f (x)>0 ，求 a的取值范围 .探究 2已知 R，函数 f (x)exex(xlnxx 1)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 的最大值探究 3已知函数 f ( x) ( x 1)ln x ax a ( a 为正实数，且为常数) .(1)若函数 f (x) 在区间 (
2、0, )上单调递增，求实数 a的取值范围；(2)若不等式 (x 1)f ( x) 0恒成立，求实数 a的取值范围 .探究 1】试题分析： ()先求定义域，再求f (x)， f (1)， f (1)，由直线方程得点斜式可求曲线y f(x) 在 (1,f (1) 处 的 切 线 方 程 为 2x y 2 0. ( ) 构 造 新 函 数 g(x) ln x a(x 1) ，对实数 a 分类讨论，用导数法求解 .x1试题解析：( I) f ( x)的定义域为 (0, ).当a 4时，1f(x) (x 1)lnx 4(x 1),f (x) lnx3，f (1) 2, f (1) 0.曲线 y f(x)
3、x在 (1,f (1) 处的切线方程为 2x y 2 0.II)当 x (1, )时， f(x) 0等价于 lnx a(x 1) 0. x1 令 g(x) ln x a(x 1) ，则 x1g (x) 1xx2a(x 1)22x2 2(1 a)x 1x(x 1)2,g(1) 0i)当 a 2， x (1, )时， x2 2(1 a)x 1 x2 2x 1 0，故 g (x) 0,g(x)在 x (1, )上单调递增，因此 g(x) 0 ； (ii)当 a 2时，令 g (x) 0 得x1 a 1 (a 1)2 1,x2 a 1 (a 1)2 1 ，由 x2 1和 x1x2 1得 x1 1，故当
4、 x (1,x2)时， g (x) 0，g(x)在x (1,x2 )单调递减， 因此 g(x) 0.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2)g (x)exelnx，g(x)exxx故此时 g (x)无极值 4 分当 >0 时，设 h(x)ex x，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，当 0
5、时，g(x)>0恒成立，从而 g (x)在(0，)上单调递增，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)e0，h( )e1>0，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 x0> 0，使得 h(x0)0 8 分且当 0<x<x0时，h(x)<0，即 g(x)< 0，当 x>x0时， h(x)> 0，即 g(x)>0， 所以 g (x)在(
6、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)exxx 若 g( x) 0 恒成立，则有 xex 恒成立 设 (x)xex(x 1)，则 (x) (x1) ex>0 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
7、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 1<x<x0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恒成立矛盾因此 e，即 的最大值为 e 16 分x1 探究 3】：(1) f(x) (x 1)ln x ax a， f (x) lnx+ x 1 a.x 因f(x)在(0, )上单调递增，则 f(x)0，a, lnx+1 1恒成立.x1 x 1 令 g(x) ln x+ 1，则 g(x) 2 ，xx1
8、分2分分6分x(0,1)1(1, )g (x)0g(x)减极小值增因此， gmin (x) g(1) 2 ，即 0 a, 2.2)当 0 a, 2 时，由( 1)知，当 x (0, ) 时， f(x) 单调递增 . 7 分10 分若 a 2，f (x)xlnx (1 a)x 1又 f(1) 0，当 x (0,1) ， f(x) 0；当 x (1, )时， f (x) 0.9分 故不等式 (x 1)f (x)0恒成立设 p(x) xln x (1 a)x 1，令 p (x) ln x 2 a 0 ，则 x ea 2 1. 12分 当 x (1,ea 2)时， p (x) 0， p(x)单调递减，则 p(x) p(1) 2 a 0，则 f (x) p(x) 0，所以当 x (1,ea 2)时， f (x)单调递减， 14分x16 分则当 x (1,ea 2)时， f(x) f(1) 0，此时 (x 1)f(x) <0，矛盾 . 15 分因此， 0 a, 2.