北师大版高考数学一轮总复习33定积分与微积分基本定理

北师大版高考数学一轮总复习33定积分与微积分基本定理内容摘要：

后解出 a 的值； (2) 将 f ( x ) ≤ kx2转化为 f ( x ) － kx2≤ 0 ，构造新函数，利用导数求最值，从而求出 k 的最小值． [ 规范解答 ] ( 1) f ( x ) 的定义域为 ( － a ，＋ ∞ ) ． f ′ ( x ) ＝ 1 －1x ＋ a＝x ＋ a － 1x ＋ a. 由 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 1 － a － a . 当 x 变化时， f ′ ( x ) ， f ( x ) 的变化情况如下表： x ( － a, 1 － a ) 1 － a (1 － a ，＋ ∞ ) f ′ ( x ) － 0 ＋ f ( x ) ↘ 极小值 因此， f ( x ) 在 x ＝ 1 － a 处取得最小值， 故由题意 f (1 － a ) ＝ 1 － a ＝ 0 ，所以 a ＝ 1. (2) 当 k ≤ 0 时，取 x ＝ 1 ，有 f (1) ＝ 1 － ln20 ， 故 k ≤ 0 不合题意． 当 k 0 时，令 g ( x ) ＝ f ( x ) － kx2， 即 g ( x ) ＝ x － ln( x ＋ 1) － kx2. g ′ ( x ) ＝xx ＋ 1－ 2 kx ＝－ x [2 kx －  1 － 2 k  ]x ＋ 1. 令 g ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x1＝ 0 ， x2＝1 － 2 k2 k － 1. ① 当 k ≥12时，1 － 2 k2 k≤ 0 ， g ′ ( x ) 0 在 (0 ，＋ ∞ ) 上恒成立，因此 g ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递减． 从而对于任意的 x ∈ [0 ，＋ ∞ ) ，总有 g ( x ) ≤ g ( 0) ＝ 0 ， 即 f ( x ) ≤ kx2在 [0 ，＋ ∞ ) 上恒成立． 故 k ≥12符合题意． ② 当 0 k 12时，1 － 2 k2 k0 ，对于 x ∈ (0 ，1 － 2 k2 k) ， g ′ ( x ) 在 (0 ，1 － 2 k2 k) 内单调递增． 因此当取 x0∈ (0 ，1 － 2 k2 k) 时， g ( x0) g (0) ＝ 0 ， 即 f ( x0) ≤ kx20不成立．故 0 k 12不合题意． 综上， k 的最小值为12. [ 方法总结 ] ( 1) 导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题的有效方法，应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集；最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大小；参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的应用． ( 2) 对于一些复杂问题，要善于将问题转化，转化成 能用熟知的导数研究问题． 已知函数 f ( x ) ＝ ln x －ax， ( 1) 若 a 0 ，试判断 f ( x ) 在定义域内的单调性； ( 2) 若 f ( x ) x2在 (1 ，＋ ∞ ) 上恒成立，求 a 的取值范围． [ 解析 ] ( 1) 由题意 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ，且 f ′ ( x ) ＝1x＋ax2 ＝x ＋ ax2 . ∵ a 0 ， ∴ f ′ ( x ) 0 ， 故 f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是单调递增函数． ( 2) ∵ f ( x ) x2， ∴ ln x －ax x2. 又 x 0 ， ∴ a x ln x － x3. 令 g ( x ) ＝ x ln x － x3， h ( x ) ＝ g ′ ( x ) ＝ 1 ＋ ln x － 3 x2， h ′ ( x ) ＝1x－ 6 x ＝1 － 6 x2x. ∵ x ∈ (1 ，＋ ∞ ) 时， h ′ ( x ) 0 ， ∴ h ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上是减函数． ∴ h ( x ) h ( 1) ＝－ 2 0 ， 即 g ′ ( x ) 0 ， ∴ g ( x ) 在 (1 ，＋ ∞ ) 上也是减函数． g ( x ) g ( 1) ＝－ 1 ， ∴ 当 a ≥ － 1 时， f ( x ) x2在 (1 ，＋ ∞ ) 上恒成立． [ 点评 ] 在已知函数 f ( x ) 是增函数 ( 或减函数 ) 求参数的范围时，可令 f ′ ( x ) ≥ 0[ 或 f ′ ( x ) ≤ 0] 恒成立，解出参数的范围，然后再检验该参数的端点值能否使 f ′ ( x ) ＝ 0 恒成立，若能成立，则去掉参数的该值；若不能使 f ′ ( x ) ＝ 0 恒成立，则参数的范围即为所求．也可由 f ′ ( x ) ≥ 0( 或 f ′ ( x ) ≤ 0) 恒成立，从中分离出要求的参数，再进一步通过求最值确定参数的范围 . 运用导数证明不等式问题 设 a 为实数，函数 f ( x ) ＝ ex－ 2 x ＋ 2 a ， x ∈ R . (1) 求 f ( x ) 的单调区间与极值； (2) 求证：当 a ln2 － 1 且 x 0 时， ex x2－ 2 ax ＋ 1. [ 思路分析 ] (1) 求单调区间与极值可利用 f ( x ) 与 f ′ ( x ) 的关系求解； (2) 可构造函数 g ( x ) ＝ ex－ x2＋ 2 ax － 1 ，通过研究 g ( x )的性质进行证明． [ 规范解答 ] ( 1) 解：由 f ( x ) ＝ ex－ 2 x ＋ 2 a ， x ∈ R 知 f ′ ( x )＝ ex－ 2 ， x ∈ R . 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，。