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        一道試題的解法分析與方法應(yīng)用

        2017-12-28 19:32:38吳麗麗
        考試周刊 2017年38期

        吳麗麗

        摘要:這是一道與函數(shù)、導(dǎo)數(shù)和不等式有關(guān)的綜合題.由于涉及函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的內(nèi)在聯(lián)系,學(xué)生較難找到突破口,所以本文介紹了如何應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸思想,構(gòu)造新函數(shù),突破難點.

        關(guān)鍵詞:函數(shù);導(dǎo)數(shù);單調(diào)性;構(gòu)造函數(shù);區(qū)間端點

        一、 試題再現(xiàn)

        設(shè)函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)都是定義在R上的函數(shù),則“x1,x2∈R且x1≠x2,|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|”是“x∈R,|f′(x)|<1”的()

        A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件

        C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件

        二、 解答方法

        解法1

        舉例子:函數(shù)f(x)=sinx,則當(dāng)x>0時,函數(shù)f(x)=sinx的圖像在y=x的下方,當(dāng)x<0時,函數(shù)f(x)=sinx的圖象在y=x的上方.此時,x1,x2∈R,且x1≠x2,|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,但導(dǎo)函數(shù)|f′(x)|=|cosx|≤1,故“x1,x2∈R,且x1≠x2,|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,”不能推“x∈R,|f′(x)|<1”,反之,“x∈R,|f′(x)|<1”“x1,x2∈R,且x1≠x2,|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|”,故為必要非充分條件.

        解法2

        利用柯西(Cauchy)中值定理:

        設(shè)函數(shù)f(x),g(x)滿足(1)在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù);(2)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo);

        (3)對任一x∈(a,b)有g(shù)′(x)≠0,則存在ξ∈(a,b),使得f(b)-f(a)g(b)-g(a)=f′(ξ)g′(ξ).

        解:令F(x)=x,

        由柯西中值定理,不妨設(shè)x1

        由于F′(x)=1,可得f(x1)-f(x2)F(x1)-F(x2)=f(x1)-f(x2)x1-x2=f′(ξ)1=f′(ξ)故:

        x∈R,|f′(x)<1|,則f(x1)-f(x2)F(x1)-F(x2)=|f′(ξ)|<1,即|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|,

        反之只能推到x∈R,|f′(x)|<1,故為必要非充分條件.

        解法3

        必要性:

        x∈R,|f′(x)|<1

        (1)當(dāng)f′(x)≥0時,即0≤f′(x)<1,函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù),f′(x)-1<0

        構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-x,g′(x)=f′(x)-1<0,∴g(x)在R上為減函數(shù).

        x1,x2∈R,設(shè)x1g(x2),即

        f(x1)-x1>f(x2)-x2,得f(x1)-f(x2)>x1-x2,即f(x2)-f(x1)

        ∵f(x)在R上為增函數(shù),∴f(x2)-f(x1)>0,∴|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|.

        (2)同理當(dāng)f′(x)<0時,即-10

        構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)+x,g′(x)=f′(x)+1>0,∴g(x)在R上為增函數(shù).

        則g(x1)

        ∵f(x)在R上為減函數(shù),∴f(x1)-f(x2)>0,∴|f(x1)-f(x2)|<|x2-x1|.

        即x∈R,|f′(x)<1x1,x2∈R,設(shè)x1≠x2,|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.

        充分性:

        x1,x2∈R,設(shè)x1≠x2,|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|

        (1)x1,x2∈R,設(shè)x1

        由|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|得f(x2)-f(x1)

        構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-x,則g(x)在R上為減函數(shù),故g′(x)=f′(x)-1≤0,

        ∴f′(x)≤1,又f′(x)≥0,∴0≤f′(x)≤1.

        (2)x1,x2∈R,設(shè)x1f(x2)時,f(x)在R上為減函數(shù)時,則f′(x)≤0,

        由|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|得f(x1)-f(x2)

        構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)+x,則g(x)在R上為增函數(shù),故g′(x)=f′(x)+1≥0,

        ∴f′(x)≥-1,又f′(x)≤0,∴-1≤f′(x)≤0.

        綜合(1)(2),x1,x2∈R,設(shè)x1≠x2,|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|x∈R,|f′(x)|≤1,

        不能推出|f′(x)|<1.故為必要不充分條件.

        三、 解法分析

        從解法1與解法3我們發(fā)現(xiàn)若函數(shù)y=f(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù),其圖像上任意不同兩點連線斜率的取值范圍,不一定是函數(shù)圖像上在這兩點之間任一點切線斜率的取值范圍.將f(x1)-f(x2)x1-x2轉(zhuǎn)化為f′(x)來求解,所得結(jié)果與正確結(jié)果可能相同,也可能在區(qū)間的端點值有差異.

        例1已知函數(shù)f(x)=x3+ax2,若f(x)圖像上任意兩點A(x1,y1),B(x2,y2)的連線的斜率大于-1,求實數(shù)a的取值范圍.

        解法1:由f(x1)-f(x2)x1-x2>-1,則f′(x)>-1.即f′(x)=3x2+2ax>-1.

        得3x2+2ax+1>0恒成立,由函數(shù)開口向上,則

        Δ=4a2-12<0,得-3

        解法2:不妨設(shè)x1>x2,由f(x1)-f(x2)x1-x2>-1,得f(x1)-f(x2)>x2-x1,

        即f(x1)+x1>f(x2)+x2.

        令g(x)=f(x)+x,則g(x)在R上為增函數(shù),g(x)=x3+ax2+x,

        g′(x)=3x2+2ax+1≥0在R上恒成立.

        則Δ=4a2-12≤0,得-3≤a≤3.

        對照解法2,解法1的解法是錯誤的,但也就少了兩個值-3,3,這恰好是區(qū)間的端點值.故可把f′(x)轉(zhuǎn)化為f(x1)-f(x2)x1-x2來求解,但若要把f(x1)-f(x2)x1-x2轉(zhuǎn)化為f′(x)來求解也可行,但必須檢驗所得范圍中區(qū)間的端點是否符合題意,以妨出錯.

        例2設(shè)M是由滿足下列條件的函數(shù)f(x)構(gòu)成的集合:①方程f(x)-x=0有實數(shù)根;②函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)滿足0

        求證:|f(α)-f(β)|<2.

        證明:不妨設(shè)α<β,∵f′(x)>0,∴f(x)是單調(diào)遞增函數(shù),

        ∴f(α)0.

        令H(x)=f(x)-x,則H′(x)=f′(x)-1<0,∴H(x)是單調(diào)遞減函數(shù),

        ∴f(β)-β

        ∴0

        ∴|f(α)-f(β)|<|α-β|≤|α-2012|+|β-2012|<2.

        例3已知函數(shù)f(x)=x2+2x+alnx(x>0),f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x),對任意兩個不相等的正數(shù)x1,x2,證明:當(dāng)a≤4時,f′(x1)-f′(x2)>x1-x2

        證法一:由f(x)=x2+2x+alnx,得f′(x)=2x-2x2+ax

        ∴f′(x1)-f′(x2)=2x1-2x21+ax1-2x2-2x22+ax2=x1-x2·2+2(x1+x2)x21x22-ax1x2

        f′(x1)-f′(x2)>x1-x22+2(x1+x2)x21x22-ax1x2>1

        下面證明對任意兩個不相等的正數(shù)x1,x2,有2+2(x1+x2)x21x22-ax1x2>1恒成立

        即證ax1x2+4x1x2

        設(shè)t=x1x2,u(x)=t2+4t(t>0),則u′(x)=2t-4t2

        令u′(x)=0得t=32,列表如下:

        t

        (0,32)

        32

        (32,+∞)

        u′(t)

        _

        0

        +

        u(t)

        極小值334

        u(t)≥334=3108>4≥a∴x1x2+2(x1+x2)x1x2>a

        ∴對任意兩個不相等的正數(shù)x1,x2,恒有f′(x1)-f′(x2)>x1-x2

        證法二:g(x)=f′(x)=2x-2x2+ax,g′(x)=2+4x3-ax2

        由g(x1)-g(x2)x1-x2>1,則|g′(x)|>1,2+4x3-ax2>1,以1x替換x

        則|2+4x3-ax2|>1對x>0恒成立.

        (一) 當(dāng)a≤0時,顯然成立.

        (二) 當(dāng)a>0時,令h(x)=4x3-ax2+2(x>0),

        h(x)過點(0,2),h′(x)=12x2-2ax.

        令h′(x)<0,得00,得x>a6

        ∴h(x)在0,a6為減函數(shù),在a6,+∞為增函數(shù),

        ∴hmin(x)=ha6=4a3216-a336+2=2-a3108

        若hmin(x)≤0,則|hmin(x)|=0.此時,|2+4x3-ax2|>1對x>0不恒成立.

        ∴hmin(x)>0,此時,|h(x)|min=hmin(x)=2-a3108,

        ∴2-a3108>1a3<1080

        a=334是否成立.

        即當(dāng)a≤4時,|f′(x1)-f′(x2)|>|x1-x2|變式:

        已知函數(shù)f(x)=2x2+1x+λlnx(x>0),f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x),對任意兩個不相等的正數(shù)x1,x2,f′(x1)-f′(x2)>x1-x2恒成立,求實數(shù)λ的取值范圍.

        解:g(x)=f′(x)=4x-1x2+λx,g′(x)=4+2x3-λx2

        由g(x1)-g(x2)x1-x2>1,則|g′(x)|>1,得4+2x3-λx2>2,以1x替換x

        則|2x3-λx2+4|>1對x>0恒成立.

        (1) 當(dāng)λ≤0時,顯然成立.

        (2) 當(dāng)λ>0時,令h(x)=2x3-λx2+4(x>0)

        h(x)過點(0,4),h′(x)=6x2-2λx.

        令h′(x)<0,得00,得x>λ3

        ∴h(x)在0,λ3為減函數(shù),在λ3,+∞為增函數(shù),

        ∴h(x)min=hλ3=4-λ327

        若h(x)min≤0,則|h(x)min|=0.此時,|2x3-λx2+4|>1對x>0不恒成立.

        ∴h(x)min>0,此時,|h(x)|min=h(x)min=4-λ327,

        ∴4-λ327>1λ3<810<λ<333

        由(1)(2)得λ<333

        下面檢驗λ=333是否符合題意:注意到當(dāng)λ=333時,|f′(x1)-f′(x2)|>|x1-x2|4+x1+x2x1+x2-333x1x2>13x1x2+x1+x2x1x2>333或5x1x2+x1+x2x1x2<333恒成立.由于3x1x2+x1+x2x1x2>3x1x2+2x1x2=3x1x2+1x1x2+1x1x2≥333(當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=333時等號成立),即3x1x2+x1+x2x1x2>333成立,所以|f′(x1)-f′(x2)|>|x1-x2|恒成立,故λ=333符合題意.

        綜上,λ的取值范圍是λ≤333.

        參考文獻(xiàn):

        [1] 江建平.導(dǎo)數(shù)的另類應(yīng)用 [J].中學(xué)教學(xué)研究,2009(6):45.

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