复习参考题ppt课件课堂实录

不等式恒成立（分离参数法）

1、不等式2x29xm0在x(2,3)上恒成立

2. 已知不等式x22xa0对任意实数x2，3恒成立。求实数a的取值范围。

13. 设f(x)x22ax2，当x,时，恒有f(x)a，求实数a的取值范围。

2x22xa,x1, 4. 已知函数f(x)x（1）

当a1时，求函数f(x)的最小值；

2（2）若对任意x1,,f(x)0恒成立，求实数a的范围

5.已知向量a=(x2，x+1)，b= (1-x，t)。若函数f(x)ab在区间（-1，1）上是增函数，求t的取值范围。

6、已知函数f(x)x2ax3a，在x2,2上f(x)0恒成立，求a的取值范围.

导数与与单调性

7．已知函数f(x)=(x2+bx+c)cx,其中b,cR为常数.若b2＞4(c-1),讨论函数f(x)的单调性；

8. 已知x1是函数f(x)mx33(m1)x2nx1的一个极值点，其中m,nR,m0，

（I）求m与n的关系式；

（II）求f(x)的单调区间；

9.已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝12ax＋bx，a≠0.若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求2a的取值范围；

7；a>-3 5、t5 2 6、7a2 分三种情况讨论：①2x1

②x=1 ③1x2 最后综上取交集

7解：（Ⅰ）求导得f2(x)=［x2+(b+2)x+b+c］ex.. 因b2＞4(c-1),故方程f2(x)=0即x2+(b+2)x+b+c=0有两根；

不等式恒成立答案：1、a9 2、a>0 3、a<1 （要讨论） 4、b24(c1)b24(c1)b2b2x1=－＜x2=－.

2222令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x1；

又令f′（x）＞0，解得x1＜x＜x2. 故当xε（-, x1）时，f(x)是增函数，当

xε（x2，+）时，f(x)也是增函数，但当xε（x1

， x2）时，f(x)是减函数

8解(I)f(x)3mx26(m1)xn因为x1是函数f(x)的一个极值点,所以f(1)3m6(m1)n0，所以n3m6

,即02（II）由（I）知，f(x)3mx26(m1)x3m6=3m(x1)x1

m当m0时，有112，当x变化时，f(x)与f(x)的变化如下表：

mx

f(x)

2,1

m12

m21,1

m1 0 极大值

1,

0

0

0 极小值

0

f(x)

调调递减

单调递增

单调递减

22故有上表知，当m0时，f(x)在,1单调递减，在(1,1)单调递增，在(1,)上单调递减. mm19解：（I）b2时,h(x)lnxax22x，

21ax22x1.

则h(x)ax2xx因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h(x)<0有解. 又因为x>0时，则ax2+2x－1>0有x>0的解. ①当a>0时，y=ax2+2x－1为开口向上的抛物线，ax2+2x－1>0总有x>0的解；

②当a<0时，y=ax2+2x－1为开口向下的抛物线，而ax2+2x－1>0总有x>0的解；

则△=4+4a>0,且方程ax2+2x－1=0至少有一正根.此时，－1