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- 2021-06-16 发布
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第3课时 导数与函数的综合问题
考点一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
【例1】 (2018·石家庄模拟)已知函数f(x)=2a2ln x-x2(a>0).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间;
(3)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数).
解 (1)当a=1时,f(x)=2ln x-x2,
∴f′(x)=-2x,∴f′(1)=0,
又f(1)=-1,
∴曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y+1=0.
(2)∵f(x)=2a2ln x-x2,∴f′(x)=-2x==,
∵x>0,a>0,∴当00,当x>a时,f′(x)<0.
∴f(x)在(0,a)上是增函数,在(a,+∞)上是减函数.
(3)由(2)得f(x)max=f(a)=a2(2ln a-1).
讨论函数f(x)的零点情况如下:
①当a2(2ln a-1)<0,即00,即a>时,
由于f(1)=-1<0,f(a)=a2(2ln a-1)>0,f(e2)=2a2ln e2-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2),
当2a-e2<0,即时,f(e2)≥0,而且f()=2a2·-e=a2-e>0,f(1)=-1<0,
由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是a0;
当1.
(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,
所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①
f′(x)=,
f′(-1)==-1.②
联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.
(2)证明 由题意知要证ln x≥在[1,+∞)上恒成立,
即证明(x2+1)ln x≥2x-2,x2ln x+ln x-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则h′(x)=2xln x+x+-2,
因为x≥1,所以2xln x≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,
所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
(3)证明 因为01,
由(2)知ln>,整理得>,
所以当0.
命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围
【例2-2】 (2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.
解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.
令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,
解得x1=--1,x2=-1,
令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).
∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当00(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.
又g(0)=0,故ex≥x+1.
当0ax0+1.
综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).
规律方法 1.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.
2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.
【训练2】 (2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;
(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.
(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,
f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,
则h′(x)=ex-2a.
①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,
h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,
∴f(x)在[0,+∞) 上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,
∴当a≤时满足条件.
②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln (2a),
在[0,ln (2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(0,ln (2a))时,有h(x)0时,ex>1+x+,
即ex-1>x+,
欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,
只需证ln(x+1)>.
设F(x)=ln(x+1)-,
则F′(x)=-=.
∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,
∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.
考点三 用导数研究生活中的优化问题
【例3】 (2018·衡水中学质检)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+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,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),因此总用氧量y=++9(v>0).
(2)y′=-=,令y′=0得v=10,
当010时,y′>0,函数单调递增.
若c<10 ,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,
∴当v=10时,总用氧量最少.
若c≥10,则y在[c,15]上递增,
∴当v=c时,这时总用氧量最少.
规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:
(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;
(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;
(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;
(4)回归实际问题作答.
2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.
【训练3】 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中30),则获得最大利润时的年产量为( )
A.1百万件 B.2百万件
C.3百万件 D.4百万件
解析 y′=-3x2+27=-3(x+3)(x-3),当00;当x>3时,y′<0.
故当x=3时,该商品的年利润最大.
答案 C
3.当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.[-5,-3] B.
C.[-6,-2] D.[-4,-3]
解析 当x∈(0,1]时,a≥-3-4+,
令t=,则t∈[1,+∞),a≥-3t3-4t2+t,
令g(t)=-3t3-4t2+t,在t∈[1,+∞)上,g′(t)<0,
g(t)单调递减,
所以g(t)max=g(1)=-6,因此a≥-6;
同理,当x∈[-2,0)时,得a≤-2.
由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当x=0时也成立,故实数a的取值范围为
[-6,-2].
答案 C
4.(2018·宜春联考)已知函数f(x)的定义域为[-1,4],部分对应值如下表:
x
-1
0
2
3
4
f(x)
1
2
0
2
0
f(x)的导函数y=f′(x)的图像如图所示.当11,f(0)=4,则不等式exf(x)>ex+3(其中e为自然对数的底数)的解集为( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(0,+∞) D.(3,+∞)
解析 设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),
则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1],
因为f(x)+f′(x)>1,
所以f(x)+f′(x)-1>0,所以g′(x)>0,
所以g(x)=exf(x)-ex在定义域上单调递增,
因为exf(x)>ex+3,所以g(x)>3.
又因为g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,
所以g(x)>g(0),所以x>0.
答案 A
二、填空题
6.做一个无盖的圆柱形水桶,若要使其体积是27π dm3,且用料最省,则圆柱的底面半径为________ dm.
解析 设圆柱的底面半径为R dm,母线长为l dm,则V=πR2l=27π,所以l=,要使用料最省,只需使圆柱形水桶的表面积最小.
S表=πR2+2πRl=πR2+2π·,
所以S′表=2πR-.
令S′表=0,得R=3,则当R=3时,S表最小.
答案 3
7.(2018·长沙调研)定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f(x)>f′(x),且f(0)=1,则不等式<1的解集为________.
解析 令g(x)=,
则g′(x)==.
由题意得g′(x)<0恒成立,所以函数g(x)=在R上单调递减.
又g(0)==1,所以<1,即g(x)0,所以不等式的解集为{x|x>0}.
答案 {x|x>0}
8.若函数f(x)=+1(a<0)没有零点,则实数a的取值范围为________.
解析 f′(x)==(a<0).
当x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0,
∴当x=2时,f(x)有极小值f(2)=+1.
若使函数f(x)没有零点,当且仅当f(2)=+1>0,
解之得a>-e2,因此-e21,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
(1)解 由f(x)=ln x-x+1(x>0),得f′(x)=-1.
令f′(x)=0,解得x=1.
当00,f(x)单调递增.
当x>1时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
因此f(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上为减函数.
(2)证明 由(1)知,函数f(x)在x=1处取得最大值f(1)=0.∴当x≠1时,ln x1,设g(x)=1+(c-1)x-cx,
则g′(x)=c-1-cxln c.
令g′(x)=0,解得x0=.
当x0,g(x)单调递增;
当x>x0时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
由(2)知1<0.
∴当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
10.(2018·武汉调研)已知函数f(x)=ln x-(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)(一题多解)求证:不等式(x+1)ln x>2(x-1)对任意x∈(1,2)恒成立.
(1)解 定义域为(0,+∞),f′(x)=.
①a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上为增函数;
②a>0时,由x>a时,f′(x)>0,00,
∴要证原不等式成立,即证ln x>对任意x∈(1,2)恒成立,令g(x)=ln x-,
g′(x)=≥0,∴g(x)在(0,+∞)上为增函数,
∴当x∈(1,2)时,g(x)>g(1)=ln 1-=0,
∴ln x>对任意x∈(1,2)恒成立,
∴(x+1)ln x>2(x-1)对任意x∈(1,2)恒成立.
法二 令F(x)=(x+1)ln x-2(x-1),
F′(x)=ln x+-2,
=ln x-.
令φ(x)=ln x-,由(1)知a=1时,
φ(x)在(0,1)上为减函数,在(1,+∞)上为增函数.
∵x∈(1,2),则φ(x)在(1,2)为增函数,φ(x)>φ(1)=0,
即x∈(1,2),F′(x)>0,∴F(x)在(1,2)上为增函数,
∴F(x)>F(1)=0,
∴(x+1)ln x>2(x-1)对任意x∈(1,2)恒成立.
能力提升题组
(建议用时:20分钟)
11.(一题多解)(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则实数a的取值范围是( )
A.(2,+∞) B.(-∞,-2)
C.(1,+∞) D.(-∞,-1)
解析 法一 由题意a≠0,由f′(x)=3ax2-6x=0得x=0或x=.
当a>0时,f(x)在(-∞,0)和上单调递增,在上单调递减.
且f(0)=1>0,故f(x)有小于0的零点,不符合题意,排除A,C.
当a<0时,要使x0>0且唯一,只需f >0,即a2>4,∴a<-2,故选B.
法二 f(x)有唯一正零点x0,等价于方程ax3-3x2+1=0有唯一正根x0,即a=-有唯一正根x0.
令g(x)=-,g′(x)=,
∴g(x)在(-∞,-1)上递减,(-1,0)上递增,(0,1)上递增,(1,+∞)上递减.
又g(-1)=-2,g(1)=2,且当x<-1时,g(x)<0,当x>1时,g(x)>0,
∴g(x)的大致图像如图:
∴直线y=a与y=g(x)有唯一交点,且横坐标x0>0,只需a0,h(x)为递增函数;
当x∈时,h′(x)<0,h(x)为递减函数;
所以h(x)max=h=2-2ln 2>0.
又当x→0时,h(x)→-∞;当x→1时,h(x)→-∞,则存在0