15 导数解题有妙用（数学部分）-2020年7-8月刊高二语数外《中学课程辅导高考版》

解题方法 导教解題有妙用 □王晖 学习导数后使我们解决函数问题有了新的工具,4Cx3+5(2x2+…+(n+3)(x"2,令x=1,得所求 对于有些用传统方法求解有困难的问题,利用导数进的和C0+1(7+5(%+…+(n+3)C7=(n+6)· 行求解会变得简单、明了.因此我们要充分地利用导n-1 数这一工具,提高解题的速度与技巧.下而举例分析 点评:通过联想并合理地运用了逆向思维,其关 相信对同学们会有所启迪 键是抓住了通项的构成形式,在一个已知恒等式两边 、求数列或级数的和 求导再赋值而求得 用常规方法求数列或级数的和,有时需要很强 证明不等式 技巧性或计算很复杂,此时若能够灵活地利用导数求 利用导数可以较为简单地证明一些很复杂的不 解,常会化繁为简、化难为易,简捷快速获解 等式 例1求1+2x+3z2 x≠0,工 高二∈N) 例4讪明当x>1时 解析:∴x+x2十x3+…十x 两边都 证明:设f(x) 足关于x的导数,求导得: 1+2x+3x21+…+nx1=(x-x+1、 则f(x)=1 时,∫(x)>0,所以f(x)在(1,+《)上 单调递增. 例2求C+2C+…+Cn+…十nC(n∈N 当x>1时,(x)>f(1)=0,2√x-3+> 的值 解析:根据(x)=nx1,可联想到它是另外一 0,即2√x>3 和式的导数 例5当x>0时证叨不等式n(1+x)>x-2x Cxx,两边都是关于x的可导函数,因此求导得 成立 n(1|x)2=(2,|2 证明:先构造函数f(x),然后由单调性证明f(x) 令x=1,得C+2C3+…+C+…+nC=n>0即可,设f(x)=ln(1+x)-x+x2, 例3求利3+4(+5C+…+(n+3)C架 则f(x) 解析:若釆用常规方法求解技巧性太强,为此可 当x>-1时,(x)>0,因而f(x)在( 考虑构造二项式斤再求导数求解 Hx (1+ x)=x(C+Cl+Cho2+Chu 3+ ∞x)内为增函数 于是当x>0时,f(x)>f(0)=0, Cxx),即 x3(1+x)=(x3十(x4+(2x3+(3x6+ ∴当x>0时,不等式n(1+x)>x-x2成立 例6已知0<4<b≤e,其中c为白然对数的底 上面恒等式两边取导数,得 求证:a0<b 3x2·(1+x)+x3·n·(1+x)x 证明:要证a<例,只要证bnw<alnb(0<ax 58 解题方法 撼学 --6ab 设h(x)=2x2lnx,则h(x)=2 记f(x),f(x)所有极值之和为h( ∈(0,)时,h(x)≤0;当x∈(, f(x)的极值为b-3=- 时,2(x)>0 在 单调递减,在(2,+)单调 递增 h() 0,于是h(a)在(3,|∞x) 上单调递减 ∴(x)在(0)有唯一零点x,在,+∞)有 是 五(6),故a≤6 因此a的取值范围为(3,6] 唯一零点1,且当x∈(0,x)时,h(x)>0;当x∈(xo 1)时,h(x)<0;当x∈(1,+cx)时,Ax)>0 九、探究极值问题 是f(x)的唯·极大 利川导数探究极值问题具有得天独厚的条件,值点 探究过程很简单,给人以水到渠成之感. 由f(x)=0,得ln 例17若 足两数∫(x)=(x2+ 故f(x0) 1)e2的极值点,则f(x)的极小值是() B. 由x0∈(0,1),得f(x0 解析:f(x)=[x2+(a+2)x+ x=x是f(x)在(0,1)的最大值点,巾 令f(2)=[42(a+2)+a1]·e=0,则a0,得f(xo)>f(e-)=e 例19已知函数f(x) 其中e≈2.71828…是自然对 或x=1. 数的底数 当x<2或x>1时,f )求曲线y=f(x)在点(x,f(π))处的切线 方程; f(x)的极小值为 Ⅱ)令h(x)=g( )(a∈R),讨论h( 例18已知函数f(x)=ax2-ax-xnx,且的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值 解析:(1)据题意可得f( (2)证叨:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e 曲线y=f(x)在点(兀,f(π))处的切线方程为 π),即 解与证:(1)f(x)的定义域为(0,+ (Ⅱ)由题意可得 h(xr)=er(cosx-sinz:+2 z a(x2+ 0等价于g(x)≥0. g(1)=0 故g(1)=0 而g(x)=a-,g(1)=a-1,可得a=1 若a=1,则 (x)在R上单调递增 当0<x<1时,g(x)<0,g(x)单调递减 递增. ∵x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥g(1)=0 (1)当≤0时,e-a>0 综上所述,可知a=1 当x<0时,(x)<0,h(x)单调递减 出由(1)知,f( )单调递增