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- 2021-06-24 发布
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第3课时 导数与函数的综合问题
题型一 导数与不等式有关的问题
命题点1 解不等式
例1 设f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)=0,当x>0时,有<0恒成立,则不等式x2f(x)>0的解集是________________.
答案 (-∞,-2)∪(0,2)
解析 ∵当x>0时,′<0,
∴φ(x)=为减函数,
又φ(2)=0,∴当且仅当00,
此时x2f(x)>0.
又f(x)为奇函数,∴h(x)=x2f(x)也为奇函数.
故x2f(x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2).
命题点2 证明不等式
例2 (2016·全国丙卷)设函数f(x)=ln x-x+1.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当x∈(1,+∞)时,1<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,ln x0,f(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以x=1为极大值点,所以00,
所以g(x)为单调增函数,所以g(x)≥g(1)=2,
故k≤2.所以实数k的取值范围是(-∞,2].
引申探究
本题(2)中,若改为存在x0∈[1,e],使不等式f(x)≥成立,求实数k的取值范围.
解 当x∈[1,e]时,k≤有解,
令g(x)=,由例3(2)解题知,
g(x)为单调增函数,∴g(x)max=g(e)=2+,
∴k≤2+,即实数k的取值范围是(-∞,2+].
思维升华 (1)利用导数解不等式的思路
已知一个含f′(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数单调性解不等式.
(2)利用导数证明不等式的方法
证明f(x)时,令f′(x)=0,得x=.
若x∈[1,],则f′(x)<0,
所以函数f(x)在[1,)上单调递减,
所以当x∈[1,)时,
f(x)≤f(1)=0,不符合题意.
综上,a的取值范围是(-∞,].
题型二 利用导数研究函数零点问题
例4 (2016·扬州模拟)设函数f(x)=xex-asin xcos x (a∈R,其中e是自然对数的底数).
(1)当a=0时,求f(x)的极值;
(2)若对于任意的x∈[0,],f(x)≥0恒成立,求a的取值范围;
(3)是否存在实数a,使得函数f(x)在区间(0,)上有两个零点?若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.
解 (1) 当a=0时,f(x)=xex,f′(x)=ex(x+1),
令f′(x)=0,得x=-1.
列表如下:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的极小值为f(-1)=-,无极大值.
(2)①当a≤0时,由于对于任意x∈[0,],有sin xcos x≥0,所以f(x)≥0恒成立,即当a≤0时,符合题意;
②当01时,f′(0)=1-a<0,
f′()=(+1)>0,
设f′(α)=0,其中α是f′(x)=0中最接近x=0的零点.
所以f(x)在(0,α)上为减函数,此时f(x)1时,不符合题意.
综上所述,a的取值范围是(-∞,1].
(3)不存在实数a,使得函数f(x)在区间(0,)上有两个零点.
由(2)知,当a≤1时,f(x)在(0,)上是增函数,且f(0)=0,故函数f(x)在区间(0,)上无零点.
当a>1时,f′(x)=ex(x+1)-acos 2x.
令g(x)=ex(x+1)-acos 2x,
则g′(x)=ex(x+2)+2asin 2x,
当x∈(0,)时,恒有g′(x)>0,
所以g(x)在(0,)上是增函数.
由g(0)=1-a<0,
g()=(+1)+a>0,
故g(x)在(0,)上存在唯一的零点x0,
即方程f′(x)=0在(0,)上存在唯一解x0.
且当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;
当x∈(x0,)时,f′(x)>0,
即函数f(x)在(0,x0)上单调递减,
在(x0,)上单调递增.
当x∈(0,x0)时,f(x)0,
所以f(x)在(x0,)上有唯一零点.
所以,当a>1时,f(x)在(0,)上有一个零点.
综上所述,不存在实数a,使得函数f(x)在区间(0,)上有两个零点.
思维升华 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.
已知函数f(x)=x2+xsin x+cos x的图象与直线y=b有两个不同交点,求b的取值范围.
解 f′(x)=x(2+cos x),
令f′(x)=0,得x=0.
∴当x>0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增.
当x<0时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减.
∴f(x)的最小值为f(0)=1.
∵函数f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调,
∴当b>1时,曲线y=f(x)与直线y=b有且仅有两个不同交点.
综上可知,b的取值范围是(1,+∞).
题型三 利用导数研究生活中的优化问题
例5 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);月需求量为y2万吨,y2=-x2-x+1,当该商品的需求量大于供给量时,销售量等于供给量;当该商品的需求量不大于供给量时,销售量等于需求量,该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积.
(1)若a=,问商品的价格为多少时,该商品的月销售额最大?
(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格,若该商品的均衡价格不低于每吨6百元,求实数a的取值范围.
解 (1) 若a=,由y2>y1,
得-x2-x+1>x+()2-,
解得-400,得x<8,
所以g(x)在[6,8)上是增函数,在(8,14)上是减函数,
故当x=8时,g(x)有最大值g(8)=.
(2)设f(x)=y1-y2=x2+(+a)x+a2-1-a,
因为a>0,所以f(x)在区间(1,14)上是增函数,
若该商品的均衡价格不低于6百元,则函数f(x)在区间[6,14)上有零点,
所以即
解得00,得x<0或x>,
又x∈[0,2],所以g(x)在区间[0,]上单调递减,在区间[,2]上单调递增,所以g(x)min=g()=-,
g(x)max=g(2)=1.
故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=≥M,
则满足条件的最大整数M=4. [7分]
(2)对于任意的s,t∈[,2],都有f(s)≥g(t)成立,等价于在区间[,2]上,函数f(x)min≥g(x)max.
[9分]
由(1)可知在区间[,2]上,g(x)的最大值为g(2)=1.
在区间[,2]上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于a≥x-x2ln x恒成立.
设h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,
可知h′(x)在区间[,2]上是减函数,又h′(1)=0,
所以当10.[14分]
即函数h(x)=x-x2ln x在区间(,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h(x)max=h
(1)=1,
所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞). [16分]
1.函数f(x)=(x-1)2(x-2)2的极大值是________.
答案
解析 ∵f(x)=(x-1)2(x-2)2,
∴f′(x)=2(x-1)(2x-3)(x-2).
令f′(x)=0,得可能的极值点x1=1,x2=,x3=2.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,1)
1
(1,)
(,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
0
+
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴f()=是函数的极大值.
2.已知曲线y=x2+aln x(a>0)上任意一点处的切线的斜率为k,若k的最小值为4,则此时切点的坐标为________.
答案 (1,1)
解析 函数y=x2+aln x(a>0)的定义域为{x|x>0},y′=2x+≥2=4,则a=2,当且仅当x=1时,“=”成立,将x=1代入曲线方程得y=1,故所求的切点坐标是(1,1).
3.如果不等式≤对任意的正实数x恒成立,则实数k的取值范围为____________.
答案 (0,1]
解析 由题意知k>0,令f(x)=(x>0),
则f(x)==,
因此f′(x)=,令f′(x)=0,解得x=,且函数f(x)在x=
处取得极大值,也是最大值,
由题意有≤,所以00),则获得最大利润时的年产量为________百万件.
答案 3
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.
5.(2017·南京质检)直线x=t分别与函数f(x)=ex+1的图象及g(x)=2x-1的图象相交于点A和点B,则AB的最小值为________.
答案 4-2ln 2
解析 由题意得,AB=|ex+1-(2x-1)|
=|ex-2x+2|,令h(x)=ex-2x+2,
则h′(x)=ex-2,所以h(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,
在(ln 2,+∞)上单调递增,
所以h(x)min=h(ln 2)=4-2ln 2>0,
即AB的最小值是4-2ln 2.
6.已知定义域为R的奇函数y=f(x)的导函数为y=f′(x),当x≠0时,f′(x)+>0,若a=f,b=-2f(-2),c=·f,则a,b,c的大小关系是____________.
答案 a0时,h′(x)=f(x)+x·f′(x)>0,
∴此时函数h(x)单调递增.
∵a=f=h,b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),
c=f=h=h(-ln 2)=h(ln 2),
又1,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________________.
答案 (0,+∞)
解析 设g(x)=exf(x)-ex(x∈R),
则g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex
=ex[f(x)+f′(x)-1],
∵f(x)+f′(x)>1,∴f(x)+f′(x)-1>0,
∴g′(x)>0,∴y=g(x)在定义域上单调递增,
∵exf(x)>ex+3,∴g(x)>3,
又∵g(0)=e0f(0)-e0=4-1=3,
∴g(x)>g(0),∴x>0.
9.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________.
答案 (-∞,-2)
解析 当a=0时,f(x)=-3x2+1有两个零点,不合题意,故a≠0,f′(x)=3ax2-6x=3x(ax-2),
令f′(x)=0,得x1=0,x2=.
若a>0,由三次函数图象知f(x)有负数零点,不合题意,故a<0.
由三次函数图象及f(0)=1>0知,
f()>0,
即a×()3-3×()2+1>0,化简得a2-4>0,
又a<0,所以a<-2.
10.已知函数f(x)=ax3-3x+1对x∈(0,1]总有f(x)≥0成立,则实数a的取值范围是________.
答案 [4,+∞)
解析 当x∈(0,1]时不等式ax3-3x+1≥0可化为a≥,设g(x)=,x∈(0,1],
g′(x)==-.
g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表:
x
(0,)
(,1)
g′(x)
+
0
-
g(x)
↗
极大值4
↘
因此g(x)的最大值为4,
则实数a的取值范围是[4,+∞).
11.(2016·盐城模拟)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.
(1)解 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-1x.
设h(x)=f(x)-x,则h′(x)=-xex-1.
当x∈(-1,0)时,0<-x<1,0h(0)=0,即g(x)<1.
综上,当x>-1且x≠0时总有g(x)<1.
12.已知函数f(x)=ex+ax-a(a∈R且a≠0).
(1)若f(0)=2,求实数a的值,并求此时f(x)在[-2,1]上的最小值;
(2)若函数f(x)不存在零点,求实数a的取值范围.
解 (1)由f(0)=1-a=2,得a=-1.
易知f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,
所以当x=0时,f(x)在[-2,1]上取得最小值2.
(2)f′(x)=ex+a,由于ex>0.
①当a>0时,f′(x)>0,f(x)是增函数,
当x>1时,f(x)=ex+a(x-1)>0.
当x<0时,取x=-,则f(-)<1+a(--1)=-a<0.
所以函数f(x)存在零点,不满足题意.
②当a<0时,f′(x)=ex+a,
令f′(x)=0,得x=ln(-a).
在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减,
在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=ln(-a)时,f(x)取最小值.
函数f(x)不存在零点,等价于f(ln(-a))=eln(-a)+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,解得-e20时,f′(x)≥0恒成立,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴x=1不是f(x)的极值点.故不存在实数a,使得f(x)在x=1处取得极值.
(2)由f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x-2x0,
记F(x)=x-ln x(x>0),则F′(x)=(x>0),
∴当01时,F′(x)>0,F(x)单调递增.
∴F(x)>F(1)=1>0,∴a≥,
记G(x)=,x∈[,e],
∴G′(x)=
=.
∵x∈[,e],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0,
∴x-2ln x+2>0,
∴x∈(,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减;
x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增,
∴G(x)min=G(1)=-1.
∴a≥G(x)min=-1.故实数a的取值范围为[-1,+∞).