2020年高三数学大串讲第08讲（形如f(x)＋g(x)型的导数问题）（解析版）.doc

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1、第08讲-（形如f(x)＋g(x)型的导数问题）【目标导航】用导数的方法研究形如f(x)lnx＋g(x)的函数问题历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点是转化目标的有效选择．本专题主要研究与函数f(x)lnx＋g(x)有关的恒成立、存在性、最值等问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.【例题导读】例1、若不等式xlnx≥a(x－1)对所有x≥1都成立，求实数a的取值范围．【解析】设f(x)＝xlnx－a(x－1)，则f′(x)＝lnx＋1－a，令f′(x)＝0，解得x＝ea－1.当a≤1时，对所有x>1，都有f′(x)>0，所以f(x)在[1，

2、＋∞)上单调递增，因此对x≥1，有f(x)≥f(1)＝0，即a≤1时，对所有x≥1，都有xlnx≥a(x－1)，满足题意；当a>1时，当x∈(1，ea－1)时，f′(x)<0，f(x)在(1，ea－1)上单调递减，又f(1)＝0，所以f(x)

3、x)＝1－＝(x＞0)，①若a≤0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则x∈(0,1)时，f(x)＜0，所以a≤0不合题意；②若a＞0，则x∈(0，a)时f′(x)＜0，f(x)单调递减，x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，f(x)min＝f(a)＝a－1－alna，令g(a)＝a－1－alna，g′(a)＝1－a·－lna＝－lna，a∈(0,1)时，g(a)递增，a∈(1，＋∞)时，g(a)递减，g(a)≤g(a)max＝g(1)＝0，故当且仅当a＝1时，f(x)min＝f(1)＝0，符合题意．综上，a＝1；(2)由

4、(1)得x－1－lnx≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x－1≥lnx，当且仅当x＝1时取等号．令x＝1＋，即有≥ln，因为ln＝ln＋ln＋…＋ln≤＋＋…＋＝＜1，所以若对于任意正整数n，…＜m，则有lnm≥1，即m≥e，整数mmin＝3.例3、已知函数f(x)＝(3－x)ex，g(x)＝x＋a(a∈R)(e是自然对数的底数，e≈2.718…)．(1)求函数f(x)的极值；(2)若函数y＝f(x)g(x)在区间上单调递增，求a的取值范围；(3)若函数h(x)＝在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并且h(x)的极大值小于整数b，求b的最小值．【解析】(

5、1)f(x)＝(3－x)ex，f′(x)＝(2－x)ex，令f′(x)＝0，解得x＝2，列表：x(－∞，2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－f(x)极大值所以当x＝2时，函数f(x)取得极大值f(2)＝e2，无极小值．(3分)(2)由y＝f(x)g(x)＝(3－x)(x＋a)ex＝[－x2＋(3－a)x＋3a]ex，得y′＝ex＝ex.因为ex>0，令m(x)＝－x2＋(1－a)x＋2a＋3，所以函数y＝f(x)g(x)在区间上单调递增等价于对任意的x∈，函数m(x)≥0恒成立，所以解得a≥－3，即a的取值范围是(8分)(3)h(x)＝＝，h′(x)＝.令r(

6、x)＝ex(－x2＋3x－3)－a,因为h(x)在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，所以h′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根，即r(x)＝ex(－x2＋3x－3)－a＝0在(0，＋∞)上有两个不等实根x1，x2(x10，r(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，r′(x)<0，r(x)单调递减，则0

7、·r(1)<0，r(1)·r<0，所以r(x)＝0在(0，1)和上各有一个实根，所以函数h(x)在(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值时，有－3

8、极大值小于整数b，所以满