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- 2021-06-15 发布
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第4讲 导数的热点问题
利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题,高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合,难度较大.
热点一 利用导数证明不等式
用导数证明不等式是导数的应用之一,可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值,以及构造函数解题的能力.
例1 (2017届云南省昆明市第一中学月考)设函数f(x)=ax2--ln x,曲线y=f(x)在x=2处与直线2x+3y=0垂直.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当x>1时,证明:f(x)>-e1-x.
(1)解 函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=2ax-,
由已知得f′(2)=,所以a=,
所以f′(x)=x-=.
由f′(x)>0,得x>1,由f′(x)<0,得01时,h′(x)>0,所以h(x)在(1,+∞)上为增函数,
所以h(x)>h(1)=0,所以-e1-x>0,
即-e1-x>-,
所以g′(x)>x-+,
而x-+=>>0,
所以g′(x)>0,
所以g(x)在(1,+∞) 上为增函数,所以g(x)>g(1)=0,即f(x)>-e1-x.
思维升华 用导数证明不等式的方法
(1)利用单调性:若f(x)在[a,b]上是增函数,则①∀x∈[a,b],则f(a)≤f(x)≤f(b);②对∀x1,x2∈[a,b],且x10,若函数f(x)在区间上存在极值,求实数a的取值范围;
(2)如果当x≥1时,不等式f(x)≥恒成立,求实数k的取值范围.
解 (1)因为f(x)=,则f′(x)=- (x>0),
当00;当x>1时,f′(x)<0.
所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
所以f(x)在x=1处取得极大值.
因为f(x)在区间(其中a>0)上存在极值,
所以解得0,
从而g′(x)>0,故g(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以g(x)的最小值为g(1)=2,
所以k3+k≤2,即(k-1)(k2+k+2)≤0,
解得k≤1.故k的取值范围为(-∞,1].
热点二 利用导数讨论方程根的个数
方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念,解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值,画出函数图象的走势,通过数形结合思想直观求解.
例2 (2017届汕头期末)设函数f(x)=x2-(a+1)x+aln x,a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)讨论函数f(x)的零点个数.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
因为f′(x)=x-(a+1)+
== (x>0).
当00,得01,
所以函数f(x)的单调增区间为(0,a)和(1,+∞),
单调减区间为(a,1);
当a=1时,f′(x)=≥0恒成立,
所以函数f(x)的单调增区间为(0,+∞),无减区间;
当a>1时,令f′(x)<0,得10,得0a,
所以函数f(x)的单调增区间为(0,1)和(a,+∞),
单调减区间为(1,a).
(2)由(1)可知,当00,
所以函数f(x)有唯一零点;
当a=1时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
又f(1)=-<0,f(4)=ln 4>0,
所以函数f(x)有唯一零点;
当a>1时,函数f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a,+∞),单调递减区间是(1,a),
所以f(x)极大值=f(1)=--a<0,
f(x)极小值=f(a)=-a2-a+aln a<0,
f(2a+2)=aln(2a+2)>0,
综上,函数f(x)有唯一零点.
思维升华 (1)函数y=f(x)-k的零点问题,可转化为函数y=f(x)和直线y=k的交点问题.
(2)研究函数y=f(x)的值域,不仅要看最值,而且要观察随x值的变化y值的变化趋势.
跟踪演练2 (2017届运城期中)已知函数f(x)=x3-(a+1)x2+x-(a∈R).
(1)若a<0,求函数f(x)的极值;
(2)当a≤1时,判断函数f(x)在区间[0,2]上零点的个数.
解 (1)f′(x)=ax2-(a+1)x+1
=a(x-1),
因为a<0,所以<1,
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
递减
极小值
递增
极大值
递减
所以f(x)的极小值为f =,
极大值为f(1)=-(a-1).
(2)由(1)得f′(x)=ax2-(a+1)x+1
=a(x-1),
①当a<0时,f(x)在[0,1]上单调递增,在[1,2]上单调递减.
又f(1)=-(a-1)>0,f(0)=-<0,
f(2)=(2a-1)<0,
所以f(x)在[0,2]上有两个零点;
②当a=0时,f(x)=-x2+x-,在[0,2]上有两个零点;
③当00,f(0)=-<0,
f(2)=(2a-1)≤0,
所以f(x)在[0,2]上有两个零点;
④当0,f(0)=-<0,
f ==>0,
所以f(x)在[0,1]上有且仅有一个零点,在[1,2]上没有零点,
所以f(x)在[0,2]上有且仅有一个零点;
⑤当a=1时,f′(x)≥0恒成立,f(x)在[0,2]上单调递增,
因为f(0)=-<0,f(2)=>0,
所以f(x)在[0,2]上有且仅有一个零点,
综上可知,当0,
当0,则由f′(x)=0,得x=-ln a.
当x∈(-∞,-ln a)时,f′(x)<0;
当x∈(-ln a,+∞)时,f′(x)>0.
所以f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)(i)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
(ii)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1-+ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1-+ln a>0,
即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;
③当a∈(0,1)时,1-+ln a<0,即f(-ln a)<0.
又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0,
故f(x)在(-∞,-ln a)上有一个零点.
设正整数n0满足n0>ln,
则f(n0)=en0(aen0+a-2)-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于ln>-ln a,
因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
押题预测
已知函数f(x)=-2xln x+x2-2ax+a2,记g(x)为f(x)的导函数.
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线x+y+3=0,求a的值;
(2)讨论g(x)=0的解的个数;
(3)证明:对任意的00),
令h(x)=x-1-ln x,则h′(x)=1-=,
所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
又当x→0时,h(x)→+∞,当x=1时,h(x)=0,
当x→+∞时,h(x)→+∞,
故当a<0时,g(x)=0无解;
当a=0时,g(x)=0有唯一解;
当a>0时,g(x)=0有两解.
(3)证明 令φ(x)=g(x)-x=x-2-2ln x-2a,
∴φ′(x)=1-=,
φ(x)在上单调递减,又0φ(t),∴g(s)-s>g(t)-t,∴g(s)-g(t)>s-t.
∵s-t<0,∴<1.
A组 专题通关
1.(2017届安徽百校论坛联考)已知函数f(x)=ax-ln x,F(x)=ex+ax,其中x>0.
(1)若a<0,f(x)和F(x)在区间(0,ln 3)上具有相同的单调性,求实数a的取值范围;
(2)设函数h(x)=x2-f(x)有两个极值点x1,x2,且x1∈,求证:h(x1)-h(x2)>-ln 2.
(1)解 f′(x)=a-=,
F′(x)=ex+a,x>0,
∵a<0,f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立,
即f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当-1≤a<0时,F′(x)>0,
即F(x)在(0,+∞)上单调递增,不合题意;
当a<-1时,由F′(x)>0,得x>ln(-a),
由F′(x)<0,得00),
∴x1x2=,∵x1∈,
∴x2∈(1,+∞),且axi=2x+1(i=1,2),
∴h(x1)-h(x2)=(x-ax1+ln x1)-(x-ax2+ln x2)
=(-x-1+ln x1)-(-x-1+ln x2)
=x-x+ln
=x--ln 2x(x2>1).
设t=2x (t>2),
φ(t)=h(x1)-h(x2)=--ln t,
∴φ′(t)=>0,
∴φ(t)>φ(2)=-ln 2,
即h(x1)-h(x2)>-ln 2.
2.(2017·吉林省长春市普通高中模拟)已知函数f(x)=x2+(1-a)x-aln x,a∈R.
(1)若f(x)存在极值点1,求a的值;
(2)若f(x)存在两个不同的零点,求证:a>.(e为自然对数的底数,ln 2≈0.693 1)
(1)解 f′(x)=x+1-a-,
因为f(x)存在极值点1,
所以f′(1)=0,即2-2a=0,a=1,
经检验符合题意,所以a=1.
(2)证明 f′(x)=x+1-a-=(x+1)(x>0).
①当a≤0时,f′(x)>0恒成立,
所以f(x)在(0,+∞)上为增函数,不符合题意;
②当a>0时,由f′(x)=0,得x=a,
当x>a时,f′(x)>0,所以f(x)为增函数;
当01-a.令h(a)=ln a+a-1(a>0),
h′(a)=+>0,h(a)在定义域内单调递增,
h·h(e)=
=,
由ln 2≈0.693 1,e≈2.718 28知,-ln 2<0,
故a>成立.
3.在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为3+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).
(1)求y关于v的函数关系式;
(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.
解 (1)由题意,得下潜用时(单位时间),
用氧量为×=+(升);
水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升);
返回水面用时=(单位时间),
用氧量为×1.5=(升),
∴总用氧量y=++9(v>0).
(2)y′=-=,
令y′=0,得v=10,
当010时,y′>0,函数单调递增,
∴当00).
(1) 若函数f(x)有零点, 求实数a的取值范围;
(2) 证明:当a≥时, f(x)>e-x.
(1)解 方法一 函数f(x)=ln x+的定义域为
(0,+∞).
由f(x)=ln x+, 得f′(x)=-=.
因为a>0,则当x∈(0,a)时, f′(x)<0;
当x∈(a,+∞)时, f′(x)>0.
所以函数f(x)在(0,a)上单调递减, 在(a,+∞)上单调递增.
当x=a时, f(x)min=ln a+1.
当ln a+1≤0, 即00, 则函数f(x)有零点.
所以实数a的取值范围为.
方法二 函数f(x)=ln x+的定义域为(0,+∞).
由f(x)=ln x+=0, 得a=-xln x.
令g(x)=-xln x,则g′(x)=-(ln x+1).
当x∈时, g′(x)>0;
当x∈时, g′(x)<0.
所以函数g(x)在上单调递增, 在上单调递减.
故当x=时, 函数g(x)取得最大值
g=-ln=.
因为函数f(x)=ln x+有零点, 则0e-x,
即证明当x>0,a≥时,ln x+>e-x,
即xln x+a>xe-x.
令h(x)=xln x+a, 则h′(x)=ln x+1.
当0时, h′(x)>0.
所以函数h(x)在上单调递减,
在上单调递增.
当x=时, h(x)min=-+a.
于是,当a≥时, h(x)≥-+a≥. ①
令φ(x)=xe-x, 则φ′(x)=e-x-xe-x=e-x(1-x).
当00;当x>1时,φ′(x)<0.
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增, 在(1,+∞)上单调递减.
当x=1时, φ(x)max=φ(1)=.
于是, 当x>0时, φ(x)≤. ②
显然, 不等式①②中的等号不能同时成立.
故当a≥时, f(x)>e-x.
5.(2017届杭州地区重点中学期中)已知函数f(x)=的图象过点(-1,2),且在该点处的切线与直线x-5y+1=0垂直.
(1)求实数b,c的值;
(2)对任意给定的正实数a,曲线y=f(x)上是否存在两点P,Q,使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在y轴上?
解 (1)当x<1时,f(x)=-x3+x2+bx+c,
则f′(x)=-3x2+2x+b,
由题意知,解得b=c=0.
(2)假设曲线y=f(x)上存在两点P,Q,使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,则P,Q只能在y轴的两侧,不妨设P(t,f(t))(t>0),则Q(-t,t3+t2),且t≠1.
因为△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,
所以·=0,
即-t2+f(t)·(t3+t2)=0, ①
是否存在点P,Q等价于方程①是否有解,
若01,则f(t)=aln t,代入方程①,得=(t+1)ln t,
设h(x)=(x+1)ln x(x≥1),
则h′(x)=ln x++1>0在[1,+∞)上恒成立,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,
从而h(x)≥h(1)=0,
所以当a>0时,方程=(t+1)ln t有解,
即方程①有解.
所以对任意给定的正实数a,曲线y=f(x)上存在两点P,Q,使得△POQ是以O为直角顶点的直角三角形,且此三角形斜边中点在y轴上.
B组 能力提高
6.(2017届枣庄期末)设函数f(x)=x2-aln x(a∈R),g(x)=x2-(a+1)x.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)当a≥0时,讨论函数f(x)与g(x)的图象的交点个数.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=.
当a≤0时,f′(x)>0,所以f(x)的增区间是(0,+∞),无减区间;
当a>0时,f′(x)=,
当0时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增.
综上,当a≤0时,函数f(x)的增区间是(0,+∞),无减区间;
当a>0时,f(x)的增区间是(,+∞),减区间是(0,).
(2)令F(x)=f(x)-g(x)
=-x2+(a+1)x-aln x,x>0,
问题等价于求函数F(x)的零点个数.
①当a=0时,F(x)=-x2+x,x>0,F(x)有唯一零点;
当a≠0时,F′(x)=-.
②当a=1时,F′(x)≤0,当且仅当x=1时取等号,
所以F(x)为减函数.注意到F(1)=>0,
F(4)=-ln 4<0,
所以F(x)在(1,4)内有唯一零点;
③当a>1,0a时,F′(x)<0;
当10,
所以F(x)在(0,1)和(a,+∞)上单调递减,在(1,a)上单调递增.
注意到F(1)=a+>0,F(2a+2)=-aln(2a+2)<0,
所以F(x)在(1,2a+2)内有唯一零点;
④当01时,F′(x)<0;
当a0,
所以F(x)在(0,a)和(1,+∞)上单调递减,在(a,1)上单调递增.
注意到F(1)=a+>0,F(a)=(a+2-2ln a)>0,
F(2a+2)=-aln(2a+2)<0,
所以F(x)在(1,2a+2)内有唯一零点.
综上,F(x)有唯一零点,即函数f(x)与g(x)的图象有且仅有一个交点.
7.(2017届江西鹰潭一中期中)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+aln x,其中常数a>0.
(1)当a>2时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)设定义在D上的函数y=h(x)在点P(x0,h(x0))处的切线方程为l:y=g(x),若>0在D内恒成立,则称P为函数y=h(x)的“类对称点”,当a=4时,试问y=f(x)是否存在“类对称点”,若存在,请至少求出一个“类对称点”的横坐标;若不存在,请说明理由.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
∵f(x)=x2-(a+2)x+aln x,
∴f′(x)=2x-(a+2)+
==,
∵a>2,∴>1,令f′(x)>0,
即>0,
∵x>0,∴0,
∴函数f(x)的单调递增区间是(0,1),.
(2)当a=4时,f(x)=x2-6x+4ln x,
∴f′(x)=2x+-6,
y=g(x)=(x-x0)+x-6x0+4ln x0,
令φ(x)=f(x)-g(x)=x2-6x+4ln x-
,
则φ(x0)=0,
φ′(x)=2x+-6-
=2(x-x0)
=(x-x0)
=(x-x0),
当x0<时,φ(x)在上单调递减.
∴当x∈时,φ(x)<φ(x0)=0,
从而有x∈时,<0;
当x0>时,φ(x)在上单调递减,
∴当x∈时,φ(x)>φ(x0)=0,
从而有x∈时,<0,
∴当x∈(0,)∪(,+∞)时,y=f(x)不存在“类对称点”.当x0=时,φ′(x)=(x-)2,
∴φ(x)在(0,+∞)上是增函数,故>0,
∴当x0=时,y=f(x)存在“类对称点”.