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2016高考数学专题复习导练测 第三章 高考专题突破一 高考中的导数应用问题课件 理 新人教A版


数学 A(理)

第三章

导数及其应用

高考专题突破一 高考中的导数应用问题

? 考点自测 ? 高考题型突破 ? 练出高分

题号
1 2

答案
B
A A

解析

3

>4 5

f′(x)=3x2+2ax+b; 由已知x1,x2是方程3x2+2ax+b=0的不同 两根,

当f(x1)=x1<x2时,
作y=x1,y=x2与f(x)=x3+ax2+bx+c有三个不同交点. 即方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有三个不同实根.

题型一
例1

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

已 知 a∈R , 函 数 f(x) =

( - x2 + ax)ex (x∈R , e 为自然 对数的底数). (1) 当 a = 2 时,求函数 f(x) 的单 调递增区间;

题型一
例1

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

解 当a=2时, f(x)=(-x2+2x)ex, 所以 f′(x) = ( - 2x + 2)ex +(-x2+2x)ex

已 知 a∈R , 函 数 f(x) =

( - x2 + ax)ex (x∈R , e 为自然 对数的底数). (1) 当 a = 2 时,求函数 f(x) 的单 调递增区间;

=(-x2+2)ex.
令f′(x)>0,

即(-x2+2)ex>0,

题型一
例1

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

因为ex>0, 所以-x2+2>0,
解得- 2<x< 2.
所以函数 f(x)的单调递增 区间是(- 2, 2).

已 知 a∈R , 函 数 f(x) =

( - x2 + ax)ex (x∈R , e 为自然 对数的底数). (1) 当 a = 2 时,求函数 f(x) 的单 调递增区间;

题型一
例1

利用导数研究函数的 判断函数的单调性,求函 单调性
数的单调区间、极值等问 (x∈R , e 为自然

解析

思维升华

已 知 a∈R , 函 数 f(x) =

( - x2 + ax)ex

题,最终归结到判断 f′(x)
的符号问题上,而 f′(x)>0

对数的底数). (1) 当 a = 2 时,求函数 f(x) 的单 调递增区间;

或 f′(x)<0 ,最终可转化为
一个一元一次或一元二次 不等式问题.

(2) 若函数 f(x) 在 ( - 1,1) 上单调 递增,求a的取值范围.

解析

思维升华

(2) 若函数 f(x) 在 ( - 1,1) 上单调 递增,求a的取值范围. 所以f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立. 因为f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex
解析 思维升华

解 因为函数f(x)在(-1,1)上单调递增,

=[-x2+(a-2)x+a]ex,
所以[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈(-1,1)都成立. 因为ex>0,所以-x2+(a-2)x+a≥0对x∈(-1,1)都成立,

(2) 若函数 f(x) 在 ( - 1,1) 上单调
解析 思维升华

递增,求a的取值范围. x2+2x ?x+1?2-1 1 即 a≥ = =(x+1)- 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 x+1 x+1 1 1 令 y=(x+1)- ,则 y′=1+ 2>0. x+1 ?x+1? 1 所以 y=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增, x+1 1 3 3 所以 y<(1+1)- =2.即 a≥2. 1+1 3 因此 a 的取值范围为 a≥2.

(2) 若函数 f(x) 在 ( - 1,1) 上单调 递增,求a的取值范围.

解析

思维升华

若已知f(x)的单调性,则转
化 为 不 等 式 f′(x)≥0 或

f′(x)≤0 在单调区间上恒
成立问题求解.

跟踪训练 1

已知函数 f(x)=x +ax -x+c,且
3 2

?2? ? a=f′? ?3?. ? ?

(1)求a的值;

解 由f(x)=x3+ax2-x+c,
得f′(x)=3x2+2ax-1.
?2? ?2? 2 2 ? ? ? ?2 当 x=3时,得 a=f′?3?=3×?3? +2a×3-1, ? ? ? ?

解之,得a=-1.

(2)求函数f(x)的单调区间; 解 由(1)可知f(x)=x3-x2-x+c.
则 f′(x)=3x
2

? 1? ? -2x-1=3?x+3? ?(x-1),列表如下: ? ?

x
f′(x) f(x)

1 (-∞, -3 )

1 -3

1 (- ,1) 3

1
0 极小值

(1,+∞)
+ ↗

+ ↗

0 极大值

- ↘

(2)求函数f(x)的单调区间;
1 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-3)和(1,+∞);
? 1 ? ? f(x)的单调递减区间是?-3,1? ?. ? ?

(3) 设函数 g(x) = (f(x) - x3)· ex ,若函数 g(x) 在 x∈[ - 3 , 2] 上

单调递增,求实数c的取值范围.
解 函数g(x)=(f(x)-x3)· ex=(-x2-x+c)· ex, 有g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex=(-x2-3x+c-1)ex, 因为函数g(x)在x∈[-3,2]上单调递增, 所以h(x)=-x2-3x+c-1≥0在x∈[-3,2]上恒成立.

只要h(2)≥0,解得c≥11,
所以c的取值范围是[11,+∞).

题型二 利用导数研究不等式问题

思维点拨

解析

例2 已知f(x)=xln x,g(x)=-x2
+ax-3.

(1) 求函数 f(x) 在 [t , t + 2](t>0) 上
的最小值;

题型二 利用导数研究不等式问题

思维点拨

解析

例2 已知f(x)=xln x,g(x)=-x2
+ax-3. (1) 求 f′(x) ,讨论参数 t 求

(1) 求函数 f(x) 在 [t , t + 2](t>0) 上
的最小值;

最小值;

题型二 利用导数研究不等式问题

思维点拨

解析

例2 已知f(x)=xln
+ax-3.

x,g(x)=-x2



由f(x)=xln x,x>0,

1 令 f′(x)=0,得 x=e. (1) 求函数 f(x) 在 [t , t + 2](t>0) 上 1 当 x∈(0, ) 时, f ′ ( x )<0 , e 的最小值; f(x)单调递减; 1 当 x∈( e , + ∞) 时 , f′(x)>0, f(x)单调递增.

得f′(x)=ln x+1,

题型二 利用导数研究不等式问题

思维点拨

解析

1 例2 已知f(x)=xln x,g(x)=-x2 ①当 0<t<e <t+2, 1 即 0<t<e时, +ax-3. 1 1 (1) 求函数 f(x) 在 [t , t + 2](t>0) 上 f(x)min=f( )=- ; e e 1 的最小值; ②当e≤t<t+2,

1 即 t≥e时,f(x)在[ t,t+2] 上单调递增,

题型二 利用导数研究不等式问题

思维点拨

解析

例2 已知f(x)=xln
+ax-3.

x,g(x)=-x2

f(x)min=f(t)=tln t.
所以
? ?-1,0<t<1, e ? e f(x)min=? 1 ? tln t,t≥e. ? ?

(1) 求函数 f(x) 在 [t , t + 2](t>0) 上
的最小值;

(2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) ,
2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取 值范围;

思维点拨

解析

思维升华

(2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) ,
2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取 值范围;

思维点拨

解析

思维升华

(2) 分离 a ,利用求最值得 a

的取值范围;

(2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) ,
2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取 值范围;

思维点拨

解析

思维升华



?x∈(0,+∞),

有2xln x≥-x2+ax-3,
3 则 a≤2ln x+x+x, 3 设 h(x) = 2ln x + x + x
(x>0),
?x+3??x-1? 则 h′(x)= , 2 x

(2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) ,
2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取 值范围;

思维点拨

解析

思维升华

① 当 x∈(0,1) 时 , h′(x)<0 , h(x) 单调递减, ②当 x∈(1 ,+ ∞) 时, h′(x)>0 ,

h(x)单调递增,
所以h(x)min=h(1)=4. 因为对一切x∈(0,+∞),

2f(x)≥g(x)恒成立,
所以a≤h(x)min=4.

(2) 对 一 切 x∈(0 , + ∞) ,
2f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取 值范围;

思维点拨

解析

思维升华

恒成立问题可以转化为我 们较为熟悉的求最值的问 题进行求解,若不能分离 参数,可以将参数看成常 数直接求解.

(3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x>ex-ex成立.

思维点拨

解析

思维升华

(3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x>ex-ex成立.

思维点拨

解析

思维升华

(3) 寻求所证不等式和题中 函数f(x)的联系,充分利用 (1)中所求最值.

(3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x>ex-ex成立.

思维点拨

解析

思维升华

证明 问题等价于证明

x 2 xln x>ex-e(x∈(0, +∞)). 由(1)可知 f(x)=xln x(x∈(0,
1 +∞))的最小值是-e, 1 当且仅当 x=e时取到,

(3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x>ex-ex成立.

思维点拨

解析

思维升华

x 2 设 m(x)=ex-e(x∈(0, +∞)), 1-x 则 m′(x)= ex , 1 易知 m(x)max=m(1)=-e,

当且仅当x=1时取到.
从而对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x>ex-ex成立.

(3)证明:对一切 x∈(0,+∞), 1 2 都有 ln x>ex-ex成立.

思维点拨

解析

思维升华

证明不等式,可以转化为 求函数的最值问题.

a 跟踪训练 2 设函数 f(x)=xe -x(2x+1)+2. (1)若a=1,求f(x)的单调区间;
x



1 1 2 x ∵a=1,∴f(x)=xe -x(2x+1)+2=xe -2x -x+2,
x

∴f′(x)=(ex-1)(x+1), ∴当-1<x<0时,f′(x)<0;当x<-1或x>0时,f′(x)>0, ∴f(x) 在 ( - 1,0) 上单调递减,在 ( - ∞ ,- 1) , (0 ,+ ∞) 上单调递 增.

(2)当x≥0时,f(x)≥x2-x+2恒成立,求a的取值范围.
解 a+2 由 f(x)≥x -x+2,得 x(e - 2 x)≥0,
2 x

a+2 即要满足 e ≥ 2 x,
x

当x=0时,显然成立;
x x a + 2 e ?x-1? e e 当 x>0 时, 即x≥ 2 , 记 g(x)= x , 则 g′(x)= x2 , x

(2)当x≥0时,f(x)≥x2-x+2恒成立,求a的取值范围. ∴易知g(x)的最小值为g(1)=e,
a+2 ∴ 2 ≤e,

得a≤2(e-1). 综上所述,a的取值范围是(-∞,2e-2].

题型三

利用导数研究方程解或图象交点问题

例3 已知f(x)=ax2 (a∈R),g(x)=2ln x. (1)讨论函数F(x)=f(x)-g(x)的单调性;

题型三

利用导数研究方程解或图象交点问题

例3 已知f(x)=ax2 (a∈R),g(x)=2ln x. (1)讨论函数F(x)=f(x)-g(x)的单调性;

解 F(x)=ax2-2ln x,其定义域为(0,+∞),
2 2 ? ax -1? 2 所以 F′(x)=2ax-x= ( x >0) . x

①当a>0时,
2

1 由 ax -1>0,得 x> . a

题型三

利用导数研究方程解或图象交点问题

例3 已知f(x)=ax2 (a∈R),g(x)=2ln x. (1)讨论函数F(x)=f(x)-g(x)的单调性; 1 2 由 ax -1<0, 得 0<x< . a ? 1 ? ? ? ,+ ∞ 故当 a>0 时,F(x)在区间? ?上单调递增, ? a ?
? 在区间? ?0, ?

1? ? 上单调递减. a? ?

题型三

利用导数研究方程解或图象交点问题

例3 已知f(x)=ax2 (a∈R),g(x)=2ln x. (1)讨论函数F(x)=f(x)-g(x)的单调性; ②当a≤0时,F′(x)<0 (x>0)恒成立.

故当a≤0时,F(x)在(0,+∞)上单调递减.

(2)若方程f(x)=g(x)在区间[ 2 ,

解析

思维升华

e]上有两个不等解,求a的取值
范围.

(2)若方程f(x)=g(x)在区间[



解析 思维升华 e]上有两个不等解,求a的取值 2 2ln x 范围. 解 原式等价于方程 a= x2 =φ(x)在区间[ 2,e]上有两个

2x?1-2ln x? 由 φ′(x)= 易知,φ(x)在( 2, e)上为增函数, x4 1 在( e,e)上为减函数,则 φ(x)max=φ( e)=e, 2 2ln 2 ln 2 而 φ(e)=e2< 4 = 2 =φ( 2).

不等解.

(2)若方程f(x)=g(x)在区间[ 2 , 所以φ(x)min=φ(e), e]上有两个不等解,求a的取值 ln 2 1 如图可知 φ(x)=a 有两个不等解时需 2 ≤a<e. 范围.

解析

思维升华

即f(x)=g(x)在[,e]上有两个不等解时a的取值范围为 ln 2 1 ≤ a < . 2 e

(2)若方程f(x)=g(x)在区间[ 2 ,

解析

思维升华

e]上有两个不等解,求a的取值
范围.

对于方程解的个数 ( 或函 数零点个数 ) 问题,可利 用函数的值域或最值,结 合函数的单调性、草图确 定其中参数范围.

跟踪训练3 已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R).
(1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程; 解 当a=2时,f(x)=2ln

2 2 x-x +2x,f′(x)= -2x+2, x

切点坐标为(1,1),切线的斜率k=f′(1)=2, 则切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1.

1 (2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在[ ,e]上有两个零点,求实 e 数m的取值范围.
解 g(x)=2ln x-x2+m,
-2?x+1??x-1? 2 则 g′(x)=x-2x= . x 1 ∵x∈[e,e],∴当 g′(x)=0 时,x=1. 1 当e<x<1 时,g′(x)>0;当 1<x<e 时,g′(x)<0.

故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1. 1 1 又 g(e)=m-2-e2, 1 1 2 2 g(e)=m+2-e ,g(e)-g(e )=4-e +e2<0,
1 则 g(e)<g(e ), 1 ∴g(x)在[e,e]上的最小值是 g(e).

?g?1?=m-1>0, ? 1 g(x)在[e,e]上有两个零点的条件是? 1 1 ?g?e ?=m-2-e2≤0, ?

1 解得 1<m≤2+e2,
1 ∴实数 m 的取值范围是(1,2+e2].

1

2

3

4

5

6

1.已知函数f(x)=ax3+bx+c在点x=2处取得极值c-16.

(1)求a,b的值; 解 因为f(x)=ax3+bx+c,故f′(x)=3ax2+b.
由于f(x)在点x=2处取得极值c-16,
?f′?2?=0, ?12a+b=0, 故有? 即? ?f?2?=c-16, ?8a+2b+c=c-16, ?12a+b=0, ?a=1, 化简得? 解得? ?4a+b=-8, ?b=-12.

1

2

3

4

5

6

(2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值. 解 由(1)知f(x)=x3-12x+c, f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2). 令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2.

当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,
故f(x)在(-∞,-2)上为增函数;

1

2

3

4

5

6

当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,

故f(x)在(-2,2)上为减函数;
当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,

故f(x)在(2,+∞)上为增函数.
由此可知f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=16+c, f(x)在x=2处取得极小值f(2)=c-16.

1

2

3

4

5

6

由题设条件知16+c=28,解得c=12. 此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3, f(2)=-16+c=-4,

因此f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-4.

1

2

3

4

5

6

2.已知函数f(x)=ax3+x2+bx(其中常数a,b∈R),g(x)=f(x) +f′(x)是奇函数. (1)求f(x)的表达式;

解 由题意得f′(x)=3ax2+2x+b,
因此g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b.

因为函数g(x)是奇函数,所以g(-x)=-g(x),

即对任意实数x,有a(-x)3+(3a+1)(-x)2+(b+2)(-x)+b =-[ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b],
1 从而 3a+1=0,b=0,解得 a=-3,b=0, 1 3 2 因此 f(x)的表达式为 f(x)=-3x +x .

1

2

3

4

5

6

(2) 讨论 g(x) 的单调性,并求 g(x) 在区间 [1,2] 上的最大值与 最小值.
解 1 3 由(1)知 g(x)=-3x +2x,所以 g′(x)=-x2+2.

令 g′(x)=0,解得 x1=- 2,x2= 2,
则当 x<- 2或 x> 2时,g′(x)<0,
从而 g(x)在区间(-∞,- 2 ),( 2,+∞)上是减函数;

1

2

3

4

5

6

当- 2<x< 2时,g′(x)>0,
从而 g(x)在区间(- 2, 2)上是增函数.
由上述讨论知,g(x)在区间[1,2] 上的最大值与最小值只能 在 x=1, 2,2 时取得,
5 4 2 4 而 g(1)=3,g( 2)= 3 ,g(2)=3,

1

2

3

4

5

6

4 2 因此 g(x)在区间[1,2] 上的最大值为 g( 2)= 3 ,
4 最小值 g(2)=3.

1

2

3

4

5

6

3.已知函数f(x)=-x2+ax-ln x(a∈R). 1 (1)当 a=3 时,求函数 f(x)在[2,2]上的最大值和最小值; 1 解 当 a=3 时,f′(x)=-2x+3-x
2x2-3x+1 ?2x-1??x-1? =- =- , x x
1 令 f′(x)=0,解得 x=2或 1.

1

2

3

4

5

6

1 当 x∈(0,2)∪(1,+∞)时,f′(x)<0, 1 故 f(x)在(0,2)和(1,+∞)上单调递减; 1 当 x∈(2,1)时,f′(x)>0, 1 故 f(x)在(2,1)上单调递增, 1 所以函数 f(x)在区间(2,2)上仅有极大值点 x=1,

1

2

3

4

5

6

1 故这个极大值点也是最大值点,故函数 f(x)在[2,2]上的 最大值是 f(1)=2.
1 5 3 又 f(2)-f(2)=(2-ln 2)-(4+ln 2)=4-2ln 2<0, 1 故 f(2)<f(2), 1 故函数在[2,2]上的最小值为 f(2)=2-ln 2.

1

2

3

4

5

6

1 (2)当函数 f(x)在(2,2)上单调时,求 a 的取值范围. 1 1 解 f′(x)=-2x+a-x ,令 g(x)=2x+x,

1 1 2 则 g′(x)=2-x2,则函数 g(x)在(2, 2 )上单调递减,在 2 ( 2 ,2)上单调递增, 1 9 2 由于 g(2)=3,g(2)=2,g( 2 )=2 2,

1

2

3

4

5

6

1 9 故函数 g(x)在(2,2)的值域为[2 2,2). 1 若要 f′(x)≤0 在(2,2)上恒成立,
1 1 即 a≤2x+x在(2,2)上恒成立,只要 a≤2 2;
1 若要 f′(x)≥0 在(2,2)上恒成立,

1

2

3

4

5

6

1 1 9 即 a≥2x+x在(2,2)上恒成立,只要 a≥2,
9 综上所述,a 的取值范围是(-∞,2 2]∪[2,+∞).

1
2

2

3

4

5

6

a-1 4.已知 f(x)=x +3x+1,g(x)= +x. x-1 (1)a=2时,求y=f(x)和y=g(x)的公共点个数;

?y=f?x?, 1 2 a=2 时,由? 得 x +3x+1= +x, x-1 ?y=g?x?,

整理得x3+x2-x-2=0(x≠1). 令y=x3+x2-x-2, 求导得y′=3x2+2x-1,

1

2

3

4

5

6

1 令 y′=0,得 x1=-1,x2=3, 1 故得极值点分别在-1 和3处取得,且极大值、极小值都
是负值.

所以y=x3+x2-x-2=0的解只有一个. 即y=f(x)与y=g(x)的公共点只有一个.

1

2

3

4

5

6

(2)a为何值时,y=f(x)和y=g(x)的公共点个数恰为两个.

?y=f?x?, a-1 2 由? 得 x +3x+1= +x, x-1 ?y=g?x?,

整理得a=x3+x2-x(x≠1), 令h(x)=x3+x2-x,
?y=a, 联立? 3 2 y = h ? x ? = x + x -x?x≠1?, ?

1

2

3

4

5

6

对h(x)求导可以得到极值点分别在-1和 1 3 处的草图,如图所示, 1 5 h(-1)=1,h(3)=-27, 当 a = h( - 1) = 1 时, y = a 与 y = h(x) 仅有一个公共点 ( 因为 (1,1)点不在y=h(x)曲线上),
5 故 a=-27时恰有两个公共点.

1

2

3

4

5

6

5.某种产品每件成本为 6 元,每件售价为 x 元(6<x<11),年 585 21 2 销售为 u 万件,若已知 8 -u 与(x- 4 ) 成正比,且售价为 10 元时,年销量为 28 万件.

(1)求年销售利润y关于售价x的函数表达式;

1

2

3

4

5

6



585 21 2 设 8 -u=k(x- 4 ) ,

∵售价为10元时,年销量为28万件,
585 21 2 ∴ 8 -28=k(10- 4 ) ,解得 k=2. 21 2 585 ∴u=-2(x- 4 ) + 8 =-2x2+21x+18. ∴y=(-2x2+21x+18)(x-6)

=-2x3+33x2-108x-108(6<x<11).

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(2)求售价为多少时,年利润最大,并求出最大年利润.
解 y′=-6x2+66x-108=-6(x2-11x+18) =-6(x-2)(x-9). 令y′=0,得x=2(舍去)或x=9,

显然,当x∈(6,9)时,y′>0;
当x∈(9,11)时,y′<0.

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∴函数y=-2x3+33x2-108x-108在(6,9)上单调递增,在 (9,11)上单调递减.

∴当x=9时,y取最大值,且ymax=135,
即售价为9元时,年利润最大,最大年利润为135万元.

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1-a 2 6.(2014· 课标全国Ⅰ)设函数 f(x)=aln x+ 2 x -bx(a≠1), 曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 0.

(1)求b;
解 a f′(x)=x +(1-a)x-b.

由题设知f′(1)=0,解得b=1.

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a (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. a-1

解 f(x)的定义域为(0,+∞), 1-a 2 由(1)知,f(x)=aln x+ 2 x -x, 1-a a a f′(x)=x+(1-a)x-1= x (x- )(x-1). 1-a 1 a ①若 a≤2,则 ≤1, 1-a

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故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 即f(x)在(1,+∞)单调递增.
a a 所以, 存在 x0≥1, 使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< , a-1 a-1 1-a a 即 2 -1< ,解得- 2-1<a< 2-1. a-1 1 a ②若2<a<1,则 >1, 1-a

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a 故当 x∈(1, )时,f′(x)<0, 1-a a a 当 x∈( , +∞)时, f′(x)>0, f(x)在(1, )单调递减, 1-a 1-a

a 在( ,+∞)单调递增. 1-a

a a a 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 的充要条件为 f( )< . a-1 1-a a-1

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a2 a a a a 而 f( )=aln + + > ,所以不合题意. 1-a 1-a 2?1-a? a-1 a-1

1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= 2 -1= 2 < . a-1

综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).


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