2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 文

《2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年高考數(shù)學(xué) 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教學(xué)案 文（30頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題04 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 【2018年高考考綱解讀】 高考對本內(nèi)容的考查主要有： (1)導(dǎo)數(shù)的幾何意義是考查熱點，要求是B級，理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義是曲線上在某點處的切線的斜率，能夠解決與曲線的切線有關(guān)的問題； (2)導(dǎo)數(shù)的運算是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的基礎(chǔ)，要求是B級，熟練掌握導(dǎo)數(shù)的四則運算法則、常用導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)運算，一般不單獨設(shè)置試題，是解決導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的第一步； (3)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值是導(dǎo)數(shù)的核心內(nèi)容，要求是B級，對應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值要達到相等的高度. (4)導(dǎo)數(shù)在實際問題中的應(yīng)用為函數(shù)應(yīng)用題注入了新鮮的血液，使應(yīng)用題涉及到的函數(shù)模型更加寬廣，要求是B級；

2、 (5)導(dǎo)數(shù)還經(jīng)常作為高考的壓軸題，能力要求非常高，它不僅要求考生牢固掌握基礎(chǔ)知識、基本技能，還要求考生具有較強的分析能力和計算能力．估計以后對導(dǎo)數(shù)的考查力度不會減弱．作為導(dǎo)數(shù)綜合題，主要是涉及利用導(dǎo)數(shù)求最值解決恒成立問題，利用導(dǎo)數(shù)證明不等式等，常伴隨對參數(shù)的討論，這也是難點之所在. 【重點、難點剖析】 1．導(dǎo)數(shù)的幾何意義 (1)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)就是曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，即k＝f′(x0)． (2)曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． 2．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公

3、式和運算法則 (1)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式 原函數(shù) 導(dǎo)函數(shù) f(x)＝c f′(x)＝0 f(x)＝xn(n∈R) f′(x)＝nxn－1 f(x)＝sin x f′(x)＝cos x f(x)＝cos x f′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a＞0且a≠1) f′(x)＝axln a f(x)＝ex f′(x)＝ex f(x)＝logax (a＞0且a≠1) f′(x)＝ f(x)＝ln x f′(x)＝ (2)導(dǎo)數(shù)的四則運算 ①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)； ②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)

4、v′(x)； ③′＝(v(x)≠0)． 3．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù) 如果已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調(diào)遞增(減)，則這個函數(shù)的導(dǎo)數(shù)在這個區(qū)間上大(小)于零恒成立．在區(qū)間上離散點處導(dǎo)數(shù)等于零，不影響函數(shù)的單調(diào)性，如函數(shù) y＝x＋sin x . 4．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與極值 對可導(dǎo)函數(shù)而言，某點導(dǎo)數(shù)等于零是函數(shù)在該點取得極值的必要條件．例如f(x)＝x3，雖有f′(0)＝0，但x＝0不是極值點，因為f′(x)≥0恒成立，f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)，無極值． 5．閉區(qū)間上函數(shù)的最值 在閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)，一定有最大值和最小值，其最大值是區(qū)間的端點處的函數(shù)值和在這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極

5、大值中的最大者，最小值是區(qū)間端點處的函數(shù)值和在這個區(qū)間內(nèi)函數(shù)的所有極小值中的最小值． 6．函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 (1)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在區(qū)間(a，b)上恒成立； (2)若可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在區(qū)間(a，b)上恒成立； (3)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上為增函數(shù)是f′(x)＞0的必要不充分條件. 【題型示例】 題型1、導(dǎo)數(shù)的幾何意義 【例1】 【2016高考新課標2文數(shù)】若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則 ． 【答案】 相切于點，與曲線相切于點，則，由點在切線上得，由點在切線上得

6、，這兩條直線表示同一條直線，所以，解得. 【感悟提升】函數(shù)圖像上某點處的切線斜率就是函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)值．求曲線上的點到直線的距離的最值的基本方法是“平行切線法”，即作出與直線平行的曲線的切線，則這條切線到已知直線的距離即為曲線上的點到直線的距離的最值，結(jié)合圖形可以判斷是最大值還是最小值． 【舉一反三】(2015·陜西，15)設(shè)曲線y＝ex在點(0，1)處的切線與曲線y＝(x＞0)上點P處的切線垂直，則P的坐標為________． 解析　∵(ex)′＝e0＝1，設(shè)P(x0，y0)，有＝－＝－1， 又∵x0＞0，∴x0＝1，故xP(1，1)． 答案　(1，1) 【變式探究】 (1)曲

7、線y＝xex－1在點(1,1)處切線的斜率等于(　　) A．2e　　　　B．e　　　　C．2　　　　D．1 (2)在平面直角坐標系xOy中，若曲線y＝ax2＋(a，b為常數(shù))過點P(2，－5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________． 【命題意圖】　(1)本題主要考查函數(shù)求導(dǎo)法則及導(dǎo)數(shù)的幾何意義． (2)本題主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，意在考查考生的運算求解能力． 【答案】(1)C　(2)－3 又y′＝2ax－， 所以在點P處的切線斜率4a－＝－.② 由①②解得a＝－1，b＝－2，所以a＋b＝－3. 【感悟提升】 1．求曲線的切線

8、要注意“過點P的切線”與“在點P處的切線”的差異，過點P的切線中，點P不一定是切點，點P也不一定在已知曲線上，而在點P處的切線，必以點P為切點． 2．利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點坐標、切線斜率之間的關(guān)系來進行轉(zhuǎn)化．以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來求解． 題型2、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性 【例2】 (2017·高考全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)當(dāng)x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍． 【變式探究】【2016高考山東文數(shù)】(本小題滿分13分)

9、 已知. （I）討論的單調(diào)性； （II）當(dāng)時，證明對于任意的成立. 【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析 （1），， 當(dāng)或時，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時，，單調(diào)遞減； （2）時，，在內(nèi)，，單調(diào)遞增； （3）時，， 當(dāng)或時，，單調(diào)遞增； 當(dāng)時，，單調(diào)遞減. 綜上所述， 當(dāng)時，函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減； 當(dāng)時，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在 內(nèi)單調(diào)遞增； 當(dāng)時，在內(nèi)單調(diào)遞增； 當(dāng)，在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增. 【感悟提升】確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間要特別注意函數(shù)的定義域，不要從導(dǎo)數(shù)的定義域確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，在某些情況下函數(shù)導(dǎo)數(shù)的定義域與原函數(shù)的定義域不

10、同． 【舉一反三】(2015·福建，10)若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)＝－1，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，則下列結(jié)論中一定錯誤的是(　　) A．f＜ B．f＞ C．f＜ D．f＞ 解析　∵導(dǎo)函數(shù)f′(x)滿足f′(x)＞k＞1，∴f′(x)－k＞0，k－1＞0，＞0，可構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)－kx，可得g′(x)＞0，故g(x)在R上為增函數(shù)，∵f(0)＝－1， ∴g(0)＝－1，∴g＞g(0)， ∴f－＞－1，∴f＞，∴選項C錯誤，故選C. 答案　C 【變式探究】(2014·新課標全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x－2x. (1)

11、討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝f(2x)－4bf(x)，當(dāng)x>0時，g(x)>0，求b的最大值； (3)已知1.414 2<<1.414 3，估計ln 2的近似值(精確到0.001)． 【命題意圖】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、求函數(shù)的最值、估計無文數(shù)的近似值等，考查基本不等式的應(yīng)用與分類討論思想的應(yīng)用，意在考查考生的運算求解能力、推理論證能力與對知識的綜合應(yīng)用能力． (3)由(2)知，g(ln )＝－2b＋2(2b－1)ln 2. 當(dāng)b＝2時，g(ln )＝－4＋6ln 2>0，ln 2>>0.692 8； 當(dāng)b＝＋1時，ln(b－1＋)

12、＝ln ， g(ln)＝－－2＋(3 ＋2)ln 2 <0， ln 2<<0.693 4. 所以ln 2的近似值為0.693. 【感悟提升】 1．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的步驟 第一步：確定函數(shù)f(x)的定義域； 第二步：求f′(x); 第三步：解方程f′(x)＝0在定義域內(nèi)的所有實數(shù)根； 第四步：將函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和各實數(shù)根按從小到大的順序排列起來，分成若干個小區(qū)間； 第五步：確定f′(x)在各小區(qū)間內(nèi)的符號，由此確定每個區(qū)間的單調(diào)性． 2．根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍的思路 (1)求f′(x)． (2)將單調(diào)性轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)f′(

13、x)在該區(qū)間上滿足的不等式恒成立問題求解． 【舉一反三】 (2015·新課標全國Ⅱ，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx. (1)證明：f(x)在(－∞，0)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)單調(diào)遞增； (2)若對于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|0≤e－1，求m的取值范圍． 【規(guī)律方法】討論函數(shù)的單調(diào)性其實就是討論不等式的解集的情況．大多數(shù)情況下，這類問題可以歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進行分類討論．討論函數(shù)的單

14、調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進行的，千萬不要忽視了定義域的限制． 題型3、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值 【例3】【2017山東，文20】（本小題滿分13分）已知函數(shù)., (I)當(dāng)a=2時,求曲線在點處的切線方程； (II)設(shè)函數(shù),討論的單調(diào)性并判斷有無極值,有極值時求出極值. 【答案】(I),（2）(II)⑴無極值；⑵極大值為,極小值為； ⑶極大值為,極小值為. 【解析】 （Ⅰ）由題意， 所以，當(dāng)時， ， ， 所以， 因此，曲線在點處的切線方程是， 即. （1）當(dāng)時， ， 當(dāng)時， ， ， 單調(diào)遞增； 當(dāng)時， ， ， 單調(diào)遞減； 當(dāng)時， ， ， 單調(diào)遞增. 所以當(dāng)

15、時取到極大值，極大值是， 當(dāng)時取到極小值，極小值是. （2）當(dāng)時， ， 當(dāng)時， ， 單調(diào)遞增； 所以在上單調(diào)遞增， 無極大值也無極小值. 【變式探究】【2016高考江蘇卷】（本小題滿分16分） 已知函數(shù). 設(shè). （1）求方程的根; （2）若對任意,不等式恒成立，求實數(shù)的最大值； （3）若，函數(shù)有且只有1個零點，求的值。 【答案】（1）①0 ②4（2）1 【解析】 （1）因為，所以. ①方程，即，亦即， 所以，于是，解得. ②由條件知. 因為對于恒成立，且， 所以對于恒成立. 而，且， 所以，故實數(shù)的最大值為4. 若，同理可得，在和之間存在的非0的零點，

16、矛盾. 因此，. 于是，故，所以. 【舉一反三】(2015·陜西，12)對二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個結(jié)論是錯誤的，則錯誤的結(jié)論是(　　) A．－1是f(x)的零點 B．1是f(x)的極值點 C．3是f(x)的極值 D．點(2，8)在曲線y＝f(x)上 答案　A 【變式探究】(2015·新課標全國Ⅱ，12)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)( x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)＜0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B

17、．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 解析　因為f(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(－1)＝0，所以f(1)＝－f(－1)＝0.當(dāng)x≠0時，令g(x)＝，則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)＝g(－1)＝0.則當(dāng)x＞0時，g′(x)＝′＝＜0，故g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，在(－∞，0)上為增函數(shù)．所以在(0，＋∞)上，當(dāng)0＜x＜1時，g(x)＞g(1)＝0?＞0?f(x)＞0； 在(－∞，0)上，當(dāng)x＜－1時，g(x)＜g(－1)＝0?＜0?f(x)＞0.綜上，得使得f(x)＞0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0，1)，選A.

18、 答案　A 【舉一反三】(2015·江蘇，19)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)． (1)試討論f(x)的單調(diào)性； (2)若b＝c－a(實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值． 則在(－∞，－3)上g(a)＜0，且在∪上g(a)＞0均恒成立． 從而g(－3)＝c－1≤0，且g＝c－1≥0，因此c＝1. 此時，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]， 因函數(shù)有三個零點，則x2＋(a－1)x＋1－a＝0有兩個異于－1的不等實根，所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a

19、2＋2a－3＞0， 且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0， 解得a∈(－∞，－3)∪∪.綜上c＝1. 題型四　導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用 【例4】(2017·高考天津卷)設(shè)a，b∈R，|a|≤1.已知函數(shù)f(x)＝x3－6x2－3a(a－4)x＋b，g(x)＝exf(x)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間． (2)已知函數(shù)y＝g(x)和y＝ex的圖象在公共點(x0，y0)處有相同的切線， ①求證：f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)等于0； ②若關(guān)于x的不等式g(x)≤ex在區(qū)間[x0－1，x0＋1]上恒成立，求b的取值范圍． ②因為g(x)≤ex，x∈[x0－1，x0＋1]，且ex＞0， 所以

20、f(x)≤1. 又因為f(x0)＝1，f′(x0)＝0， 所以x0為f(x)的極大值點，由(1)知x0＝a. 另一方面，由于|a|≤1，故a＋1＜4－a. 由(1)知f(x)在(a－1，a)內(nèi)單調(diào)遞增，在(a，a＋1)內(nèi)單調(diào)遞減，故當(dāng)x0＝a時，f(x)≤f(a)＝1在[a－1，a＋1]上恒成立， 從而g(x)≤ex在[x0－1，x0＋1]上恒成立． 由f(a)＝a3－6a2－3a(a－4)a＋b＝1，得b＝2a3－6a2＋1，－1≤a≤1. 令t(x)＝2a3－6x2＋1，x∈[－1,1]，所以t′(x)＝6x2－12x. 令t′(x)＝0，解得x＝2(舍去)或x＝0. 因

21、為t(－1)＝－7，t(1)＝－3，t(0)＝1， 所以，t(x)的值域為[－7,1]． 所以，b的取值范圍是[－7,1]． 【變式探究】某地政府鑒于某種日常食品價格增長過快，欲將這種食品價格控制在適當(dāng)范圍內(nèi)，決定對這種食品生產(chǎn)廠家提供政府補貼，設(shè)這種食品的市場價格為x元/千克，政府補貼為t元/千克，根據(jù)市場調(diào)查，當(dāng)16≤x≤24時，這種食品市場日供應(yīng)量p萬千克與市場日需求量q萬千克近似地滿足關(guān)系：p＝2(x＋4t－14)(x≥16，t≥0)，q＝24＋8ln (16≤x≤24)．當(dāng)p＝q時的市場價格稱為市場平衡價格． (1)將政府補貼表示為市場平衡價格的函數(shù)，并求出函數(shù)的值域． (

22、2)為使市場平衡價格不高于每千克20元，政府補貼至少為每千克多少元？ 而x＝20時，t＝－×20＋ln ＝1.5(元/千克)， ∵t是x的減函數(shù)，欲使x≤20，必須t≥1.5(元/千克)，要使市場平衡價格不高于每千克20元，政府補貼至少為1.5元/千克． 【舉一反三】時下，網(wǎng)校教學(xué)越來越受到廣大學(xué)生的喜愛，它已經(jīng)成為學(xué)生們課外學(xué)習(xí)的一種趨勢，假設(shè)某網(wǎng)校的套題每日的銷售量y(單位：千套)與銷售價格x(單位：元/套)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋4(x－6)2，其中2

23、合為每套題2元(只考慮銷售出的套數(shù))，試確定銷售價格x的值，使網(wǎng)校每日銷售套題所獲得的利潤最大．(保留一位小數(shù)) 【規(guī)律方法】在利用導(dǎo)數(shù)求實際問題中的最大值和最小值時，不僅要注意函數(shù)模型中的定義域，還要注意實際問題的意義，不符合的解要舍去． 【舉一反三】請你給某廠商設(shè)計一個包裝盒．如圖所示，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒．E，F(xiàn)在AB上，且是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點．設(shè)AE＝FB＝x(cm)． (1)若廠商要求包裝盒的側(cè)面積S(

24、cm2)最大，試問x應(yīng)取何值？ (2)若廠商要求包裝盒的體積V(cm3)最大，試問x應(yīng)取何值．并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值． 題型五　利用導(dǎo)數(shù)解決不等式的有關(guān)問題 【例5】【2017北京，文20】已知函數(shù)． （Ⅰ）求曲線在點處的切線方程； （Ⅱ）求函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)；（Ⅱ）最大值1；最小值. 【解析】 （Ⅰ）因為，所以. 又因為，所以曲線在點處的切線方程為. （Ⅱ）設(shè)，則. 當(dāng)時， ， 所以在區(qū)間上單調(diào)遞減. 所以對任意有，即. 所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減. 因此在區(qū)間上的最大值為，最小值為. 【舉一反三】【2017江蘇，20】

25、 已知函數(shù)有極值,且導(dǎo)函數(shù)的極值點是的零點.（極值點是指函數(shù)取極值時對應(yīng)的自變量的值） （1）求關(guān)于 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域； （2）證明：; （3）若,這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于，求的取值范圍. 【答案】（1），定義域為.（2）見解析（3）. 時， ，故在R上是增函數(shù)， 沒有極值； 時， 有兩個相異的實根， . 列表如下 x + 0 – 0 + 極大值 極小值 故的極值點是. 從而， 因此，定義域為. 記， 所有極值之和為， 因為的極值為，所以， . 因為，于是在上單調(diào)遞減.

26、 因為，于是，故. 因此a的取值范圍為. 【變式探究】(2016·高考全國Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當(dāng)a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當(dāng)x∈(1＋∞)時，f(x)＞0，求a的取值范圍． 【舉一反三】 (2015·湖南，21)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．記xn為f(x)的從小到大的第n(n∈N*)個極值點，證明： (1)數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列； (2)若a≥，則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立. 于是當(dāng)x＝mπ－φ(m∈N*)時，f(x)取得極

27、值， 所以xn＝nπ－φ(n∈N*)． 此時，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝ (－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ. 易知f(xn)≠0，而 ＝＝－eaπ是常數(shù)，故數(shù)列{f(xn)}是首項為f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比為－eaπ的等比數(shù)列． (2)由(1)知，sin φ＝，于是對一切n∈N*； xn＜|f(xn)|恒成立，即nπ－φ＜ea(nπ－φ)恒成立，等價于＜(*) 恒成立，因為(a＞0)． 設(shè)g(t)＝(t＞0)，則g′(t)＝. 令g′(t)＝0得t＝1. 當(dāng)0＜t＜1時，g′(t)＜0，所以g(t)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減

28、； 當(dāng)t＞1時，g′(t)＞0，所以g(t)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 從而當(dāng)t＝1時，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)＝e. 因此，要使(*)式恒成立，只需＜g(1)＝e， 即只需a＞. 而當(dāng)a＝時，由tan φ＝＝＞且0＜φ＜知，＜φ＜. 于是π－φ＜＜，且當(dāng)n≥2時，nπ－φ≥2π－φ＞＞. 因此對一切n∈N*，axn＝≠1，所以g(axn)＞g(1)＝e＝.故(*)式亦恒成立． 綜上所述，若a≥， 則對一切n∈N*，xn＜|f(xn)|恒成立． 【變式探究】(2015·福建，20)已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R)． (1)證明：當(dāng)x＞0

29、時，f(x)＜x； (2)證明：當(dāng)k＜1時，存在x0＞0，使得對任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x)； (3)確定k的所有可能取值，使得存在t＞0，對任意的x∈(0，t)，恒有|f(x)－g(x)|＜x2. M(x)＝kx－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)． 則有M′(x)＝k－－2x ＝. 故當(dāng)x∈時，M′(x)＞0， M (x)在上單調(diào)遞增， 故M(x)＞M(0)＝0，即|f(x)－g (x)|＞x2，所以滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＜1時，由(2)知，存在x0＞0，使得當(dāng)x∈(0，x0)時，f(x)＞g(x)， 此時|f(x)－g(x)|＝f(

30、x)－g(x)＝ ln(1＋x)－kx. 令N(x)＝ln(1＋x)－kx－x2，x∈[0，＋∞)． 則有N′(x)＝－k－2x ＝. 當(dāng)x∈時， N′(x)＞0，N(x)在 上單調(diào)遞增， 故N(x)＞N(0)＝0，即f(x)－g(x)＞x2. 記x0與中的較小者為x1， 則當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2. 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＝1時，由(1)知，當(dāng)x＞0時，|f(x)－g(x)|＝g(x)－f(x)＝x－ln(1＋x)， 令H(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有H′(x)＝1－－2x＝. 當(dāng)x＞0時，H′(x

31、)＜0， 所以H(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故H(x)＜H(0)＝0. 故當(dāng)x＞0時，恒有|f(x)－g(x)|＜x2. 此時，任意正實數(shù)t均滿足題意． 綜上，k＝1. 法二　(1)(2)證明　同法一． 當(dāng)x∈(0，x1)時，恒有|f(x)－g(x)|＞x2. 故滿足題意的t不存在． 當(dāng)k＝1時，由(1)知，x＞0，|f(x)－g(x)|＝f(x)－g(x)＝x－ln(1＋x)， 令M(x)＝x－ln(1＋x)－x2，x∈[0，＋∞)， 則有M′(x)＝1－－2x＝. 當(dāng)x＞0時，M′(x)＜0，所以M(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞減， 故M(x)＜M(0)＝

32、0.故當(dāng)x＞0時， 恒有|f(x)－g(x)|＜x2， 此時，任意正實數(shù)t均滿足題意． 綜上，k＝1. 【舉一反三】(2014·福建)已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(a為常數(shù))的圖象與y軸交于點A，曲線y＝f(x)在點A處的切線斜率為－1. (1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值； (2)證明：當(dāng)x＞0時，x2＜ex； (3)證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，使得當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex. 【命題意圖】本小題主要考查基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運算及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、全稱量詞與存在量詞等基礎(chǔ)知識，考查考生的運算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程思想、有限

33、與無限思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想、特殊與一般思想． 由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0， 故g(x)在R上單調(diào)遞增，又g(0)＝1＞0， 因此，當(dāng)x＞0時，g(x)＞g(0)＞0，即x2＜ex. (3)證明：①若c≥1，則ex≤cex.又由(2)知，當(dāng)x＞0時，x2＜ex. 所以當(dāng)x＞0時，x2＜cex. 取x0＝0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex. ②若0＜c＜1，令k＝＞1，要使不等式x2＜cex成立，只要ex＞kx2成立． 而要使ex＞kx2成立，則只要x＞ln(kx2)， 只要x＞2ln x＋ln k成立． 令h(x)＝x－2ln x－ln k，則h′(x)＝1－＝， 所以當(dāng)x＞2時，h′(x)＞0，h(x)在(2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 取x0＝16k＞16，所以h(x)在(x0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 又h(x0)＝16k－2ln(16k)－ln k＝8(k－ln 2)＋3(k－ln k)＋5k， 易知k＞ln k，k＞ln 2,5k＞0，所以h(x0)＞0. 即存在x0＝，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex. 綜上，對任意給定的正數(shù)c，總存在x0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，恒有x2＜cex. 30