|
|
| 《第2章 基本初等函数、导数及其应用》课件2-12 |
|
|
|
|
答案：40第页返回导航数学考点典例领航智能提升返航课时规范训练第12课时导数的综合应用答案：(－2,2)答案：C答案：B答案：(－∞，－1)[思想方法]
数学思想方法的应用——函数与方程思想，转化与化归思想
[典例]已知函数f(x)＝x2＋alnx.
(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；
(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(3)若a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝x3的图象的下方．
考点一利用导数研究函数的零点(方程根)命题点 1.证明、判断函数零点(个数)
2.已知函数零点(个数)求参数 [例1]已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.
(1)求a；
(2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
解：(1)f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
由题设得－＝－2，所以a＝1.
(2)证明：由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由题设知1－k＞0.
当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，
g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一实根．
当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4，则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上单调递减，
在(2，＋∞)上单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上没有实根．
综上，g(x)在R上有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．
[例2]已知x＝1是函数f(x)＝ax3－x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1＝0，由f′(1)＝0，
得a＝1，y＝x3－x2＋2x＋5.
(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，
即g(x)＝x3－x2＋2x＋5－2x－m＝0有三个根，即有3个零点．
由g(x)′＝x2－3x＝0得x＝0或x＝3.
由g′(x)＞0得x＜0或x＞3，由g′(x)＜0得0＜x＜3.
∴函数g(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0,3)上为减函数，
在(3，＋∞)上为增函数，要使g(x)有三个零点，
只需解得：＜m＜5.
即实数m的取值范围为.
[方法引航]用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.1．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，若f(x1)＝x1＜x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为()
A．3B．4
C．5D．6
解析：选A.f′(x)＝3x2＋2ax＋b，令f′(x)＝0，得x＝x1或x＝x2，令t＝f(x)，则方程为3t2＋2at＋b＝0，由题意知t＝x1或t＝x2，f(x)＝x1有两解x1，f(x)＝x2有一解，
方程3[f(x)]2＋2af(x)＋b＝0有不同实根共3个．
2．若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－3x＋a＝0，得f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，f极大值(－1)＝2＋a，f极小值(1)＝a－2，要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有f极大值(－1)＝2＋a＞0，f极小值(1)＝a－2＜0，即－2＜a＜2，所以实数a的取值范围是(－2,2)．
考点二利用导数与函数的关系解决不等式问题命题点 1.比较函数值大小
2.解不等式
3.证明不等式
4.不等式恒成立求参数 [例3](1)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则()
A．a＜b＜cB．c＜b＜a
C．c＜a＜bD．b＜c＜a
解析：依题意得，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜＜1，因此有f(－1)＜f(0)＜f，即有f(3)＜f(0)＜f，c＜a＜b.
(2)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意xR，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为()
A．(－1,1)B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)
解析：设F(x)＝f(x)－(2x＋4)，则F(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝2－2＝0，F′(x)＝f′(x)－2，对任意xR，有F′(x)＝f′(x)－2＞0，即函数F(x)在R上单调递增，则F(x)＞0的解集为(－1，＋∞)，即f(x)＞2x＋4的解集为(－1，＋∞)．
[例4](2017·河北唐山一模)已知f(x)＝(1－x)ex－1.
(1)求函数f(x)的最大值；
(2)设g(x)＝，x＞－1，且x≠0，证明：g(x)＜1.
解：(1)f′(x)＝－xex.
当x(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)的最大值为f(0)＝0.
(2)证明：由(1)知，当x＞0时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1.
当－1＜x＜0时，g(x)＜1等价于f(x)＞x.
设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.
当x(－1,0)时，0＜－x＜1,0＜ex＜1，则0＜－xex＜1，
从而当x(－1,0)时，h′(x)＜0，h(x)在(－1,0]上单调递减．
当－1＜x＜0时，h(x)＞h(0)＝0，即g(x)＜1.
综上，总有g(x)＜1.
[例5]已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(mR)．
(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意的x＜0，不等式x2＋(m＋2)x＞f′(x)恒成立，求m的取值范围．
解：(1)m＝－1时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，由f′(x)＞0，得0＜x＜ln2，由f′(x)＜0，得x＜0或x＞ln2，故函数的增区间为(0，ln2)，减区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．
(2)f′(x)＝mx＜x2＋(m＋2)x，即：mxex－x2－mx＜0.
x＜0，mex－x－m＞0.
令h(x)＝mex－x－m，则h′(x)＝mex－1，
当m≤0时，h(x)在x＜0时为减函数，h(x)＞h(0)＝0.
当0＜m≤1时，h(x)在x＜0时为减函数，h(x)＞h(0)＝0.
当m＞1时，h(x)在(－∞，－lnm)上为减函数，
在(－lnm,0)上为增函数，h(－lnm)＜h(0)＝0，不合题意．综上：m≤1.
[方法引航]1.利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略．
研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数．
2．已知不等式在某一区间上恒成立，求参数的取值范围：一般先分离参数，再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解；若不能分离，则构造函数，利用函数的性质求最值．
3．利用导数方法证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
1．已知f(x)＝1＋x－sinx，则f(2)，f(3)，f(π)的大小关系正确的是()
A．f(2)＞f(3)＞f(π)B．f(3)＞f(2)＞f(π)
C．f(2)＞f(π)＞f(3)D．f(π)＞f(3)＞f(2)
解析：选D.因为f(x)＝1＋x－sinx，所以f′(x)＝1－cosx，当x(0，π]时，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，π]上是增函数，所以f(π)＞f(3)＞f(2)．
2．已知f(x)＝sinx＋2x，xR，且f(1－a)＋f(2a)＜0，则a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝sinx＋2x，xR，得f′(x)＝cosx＋2＞0，
f(x)在(－∞，＋∞)上递增且是奇函数，由f(1－a)＋f(2a)＜0，即f(2a)＜f(a－1)，2a＜a－1，a＜－1.
3．当0＜x＜时，求证：tanx＞x＋.
证明：设f(x)＝tanx－.
则f′(x)＝－1－x2＝tan2x－x2
＝(tanx－x)(tanx＋x)．
因为0＜x＜，所以x＜tanx(简单进行证明亦可)，
所以f′(x)＞0，即x时，f(x)为增函数．
所以x时，f(x)＞f(0)．
而f(0)＝0，所以f(x)＞0，即tanx－＞0.
故tanx＞x＋.
4．设函数f(x)＝a2lnx－x2＋ax，a＞0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x[1，e]恒成立．(注：e为自然对数的底数．)
解：(1)因为f(x)＝a2lnx－x2＋ax，
其中x＞0，
所以f′(x)＝－2x＋a＝－.
由于a＞0，所以f(x)的递增区间为(0，a)，递减区间为(a，＋∞)．
(2)要使e－1≤f(x)≤e2对x[1，e]恒成立，则f(1)≥e－1，得a－1≥e－1，a≥e，由(1)知f(x)在[1，e]内递增，
只要解得a＝e.
考点三利用导数研究生活中的优化问题命题点 利用导数解决实际问题中的最值
[例6]某种产品每件成本为6元，每件售价为x元(x＞6)，年销售为u万件，若已知－u与2成正比，且售价为10元时，年销量为28万件．
(1)求年销售利润y关于售价x的函数关系式；
(2)求售价为多少时，年利润最大，并求出最大年利润．
解：(1)设－u＝k2.
售价为10元时，年销量为28万件，
－28＝k2，解得k＝2，
u＝－22＋＝－2x2＋21x＋18.
y＝(－2x2＋21x＋18)(x－6)
＝－2x3＋33x2－108x－108(x＞6)．
(2)y′＝－6x2＋66x－108＝－6(x2－11x＋18)
＝－6(x－2)(x－9)．
令y′＝0，得x＝2(x＞6，舍去)或x＝9，
显然，当x(6,9)时，y′＞0；当x(9，＋∞)时，y′＜0，
函数y＝－2x3＋33x2－108x－108在(6,9)上是增加的；在(9，＋∞)上是减少的，
当x＝9时，y取最大值，且ymax＝135，
售价为9元时，年利润最大，最大年利润为135万元．
[方法引航]利用导数解决生活中优化问题的一般步骤.?1?分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系y＝f?x?，根据实际意义确定定义域；?2?求函数y＝f?x?的导数f′?x?，解方程f′?x?＝0得出定义域内的实根，确定极值点；?3?比较函数在区间端点和极值点处的函数值大小，获得所求的最大?小?值；?4?还原到原实际问题中作答.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y＝x3－x2－40x(x＞0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
解析：由y′＝x2－39x－40＝0，得x＝－1或x＝40，
由于0＜x＜40时，y′＜0；当x＞40时，y＞0.
所以当x＝40时，y有最小值．
审题路线图
求f(x)的极值
(从结论出发向条件转化，注意隐含条件——定义域)
求f′(x)＝0的解，即f(x)的极值点
(转化为求函数值)
将极值点代入f(x)求对应的极大、极小值
(转化为研究单调性)
求f(x)在[1，e]上的单调性
(转化为求函数值)
比较端点值、极值，确定最大、最小值
(构造函数进行转化)
F(x)＝f(x)－g(x)
(将图象的上、下关系转化为数量关系)
求证F(x)＜0在[1，＋∞)上恒成立．
研究函数F(x)在[1，＋∞)上的单调性．
[解](1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f′(x)＝x－＝，
令f′(x)＝0得x＝1或x＝－1(舍去)，
当x(0,1)时，函数f(x)单调递减，
当x(1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值为.
(2)当a＝1时，易知函数f(x)在[1，e]上为增函数，
f(x)min＝f(1)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1.
(3)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋lnx－x3，
则F′(x)＝x＋－2x2＝，
当x＞1时，F′(x)＜0，
故f(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，又F(1)＝－＜0，
在区间[1，＋∞)上，F(x)＜0恒成立．
即f(x)＜g(x)恒成立．
因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)图象的下方．
[高考真题体验]
1．(2014·高考课标全国卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是()
A．(2，＋∞)B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2)D．(－∞，－1)
解析：选C.a＝0时，不符合题意．
a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x1＝0，
x2＝.
若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f＞0，即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C.
2．(2016·高考全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0.
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－＞0.
设g(x)＝lnx－，则
g′(x)＝－＝，
g(1)＝0.
()当a≤2，x(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
()当a＞2时，令g′(x)＝0得
x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
3．(2016·高考全国丙卷)设函数f(x)＝lnx－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，证明当x(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，lnx＜x－1.
故当x(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln＜－1，即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，
设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxlnc，令g′(x)＝0，
解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
4．(2013·高考课标全国卷)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．
(1)设x＝0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，证明：f(x)＞0.
解：(1)由题意，得f′(x)＝ex－.
由x＝0是f(x)的极值点，得f′(0)＝0，m＝1.
f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)．
令g(x)＝f′(x)＝ex－，则g′(x)＝ex＋＞0，
f′(x)＝ex－在(－1，＋∞)上单调递增，且f′(0)＝0.
因此，当x(－1,0)时，f′(x)＜0；当x(0，＋∞)时，f′(x)＞0.
f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)证明：当m≤2，x(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)＞0.
当m＝2时，函数f′(x)＝ex－在(－2，＋∞)上单调递增．
又f′(－1)＜0，f′(0)＞0，
故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有唯一实根x0，且x0(－1,0)．
当x(－2，x0)时，f′(x)＜0；
当x(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，
从而当x＝x0时，f(x)取得最小值．
由f′(x0)＝0，得ex0＝，ln(x0＋2)＝－x0，
故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝＞0.
综上，当m≤2时，f(x)＞0.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
