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5.4.导数的综合应用


1. 要比较 f(x)与 g(x)的大小或证明 f(x)>g(x), 可以构造函数 h(x) =____________,利用函数 h(x)的____________和____________ 得到问题的解决. 2.判别函数 y=f(x)在定义域内某个区间上零点的个数,可以 求 f ′( x ) , 再得函数 f(x)的____________及在该区间上的________,

f(x)-g(x)

单调性

极值

单调性

极值

正、负 利用极值的____________________ 及单调性得到判断.

考点一 利用函数的导数证明不等式 1 2 x 1 3 2 示范1 设函数 f(x)= x e - x -x , e 3 (1)求函数 f(x)的单调递增区间; 2 3 2 (2)设函数 g(x)=3x -x ,试比较 f(x)与 g(x)的大小.

分析 利用求导法.

1 1 2 x 2 x 解析 (1)f′(x)= · e +ex · e -x -2x e 2x· 1 x 2 =e· e (x +2x)-(x2+2x)=(x2+2x)(ex-1-1).

∴x>1 或-2<x<0, ∴f(x)的增区间为(-2,0)和(1, +∞).

1 2 x 3 21 x (2)∵f(x)-g(x)=ex e -x =x (e e -x),而 x2≥0, 1 x 1 x ∴令 h(x)=e e -x,h′(x)=e · e -1=ex-1-1. ∵x>1 时,ex-1-1>0,h(x)单调递增; x<1 时,ex-1-1<0,h(x)单调递减, 1 ∴h(x)≥h(1)=e ×e-1=0,即 f(x)-g(x)≥0,∴f(x)≥g(x), 当且仅当 x=1 或 x=0 时,f(x)=g(x).

【点评】要比较 f?x?与 g?x?的大小,可以先作差 f?x?-g?x?, 然后构造函数 h?x?=f?x?-g?x?,或者先将 f?x?-g?x?作适当变形 后, 再构造函数 h?x?, 然后通过求 h′?x?得 h?x?的单调性和极值, 从而得到 f?x?与 g?x?的大小关系.

展示1 设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a(x∈R), (1)求函数 f(x)的单调区间和极值; (2)当 a>ln 2-1 且 x>0 时,求证:ex>x2-2ax+1.

【解析】(1)f′(x)=ex-2,令 f′(x)=0,得 x=ln 2. ∴当 x<ln 2 时,f′(x)<0;当 x>ln 2 时, f′(x)>0. ∴函数 f(x)的增区间为(ln 2,+∞),减区间为(-∞,ln 2). ∴f(x)有极小值 f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a.

(2)令 g(x)=ex-x2+2ax-1, 则 g′(x)=ex-2x+2a,即 g′(x)=f(x). 当 a>ln 2-1 时,由(1),得 f(x)≥f(ln 2)=2-2ln 2+2a>2- 2ln 2+2ln 2-2=0,即当 a>ln 2-1 时,g′(x)>0. ∴函数 g(x)在区间(0,+∞)上为增函数. ∴g(x)>g(0)=e0-1=0.∴ex>x2-2ax+1.

方法点拨:解答题中后问为证明不等式的,构造函数?或变 形后再构造函数?后,求导数,求单调性及极值,有时要观察, 思考前问的结论或解答过程对后问是否有帮助或提示.

利用导数判定函数零点个数的问题 1 3 a 2 示范2 (2010 湖北)设函数 f(x)= x - x +bx+c(a>0),曲线 3 2 y=f(x)在点 P(0,f(0))处的切线方程为 y=1, (1)确定实数 b,c 的值; (2)设曲线 y=f(x)在点(x1,f(x1))及(x2,f(x2))处的切线都过点 (0,2),求证:当 x1≠x2 时, f′(x1)≠f′(x2); (3)若过点(0,2)可作曲线 y=f(x)的三条不同的切线,求实数 a 的取值范围.

考点二

解析 (1)f(0)=c,f′(x)=x2-ax+b,f′(0)=b,由条件得b=0,c=1. (2)f′(x)=x2-ax,由于点(t,f(t))处的切线方程为y-f(t)= 23 a2 f′(t)(x-t),而点(0,2)在切线上,故2-f(t)=f′(t)(-t),得 3 t - 2 t + 1=0.下用反证法证明f′(x1)≠f′(x2).假设f′(x1)=f′(x2),则有

?2x3-ax2+1=0, ① ?3 1 2 1 ? ?2x3-ax2+1=0, ② ?3 2 2 2 2 ? ③ ?x2 1-ax1=x2-ax2.

3 2 2 由③得 x1+x2=a,由①-②得 x2 + x x + x = 1 1 2 2 4a ,
2 2 2 又 x2 1+x2+x1x2=(x1+x2) -x1x2=a -x1(a-x1) a2 3 2 3 2 2 2 =x1-ax1+a =(x1-2) +4a ≥4a . a a a 仅当 x1=2时,取“=”,但 x1=2时,得 x2=2, 3 2 2 2 而 x1≠x2,∴x1+x2+x1x2>4a ,矛盾.

∴f′(x1)≠f′(x2).

(3)由(2)得过点(0,2)可作曲线 y=f(x)三条切线等价于方程 23 a2 3t -2t +1=0 有 3 个相异实根. 23 a2 令 g(t)=3t -2t +1,g′(t)=2t2-at. a a ∵a>0,由 g′(t)>0 得 t<0 或 t>2;g′(t)<0 得 0<t<2.

?a ? ? a? ∴g(t)在(-∞,0)和?2,+∞?上递增,在?0,2?上递减. ? ? ? ?

∴要 g(t)=0 有 3 个相异实根,当且仅当 又
?a? a3 g(0)=1>0,∴g?2?=1-24<0 ? ?

?a? g?2?<0 ? ?

且 g(0)>0.



综上:a 的取值范围是(

,+∞).

【点评】过某点可作曲线 y=f?x?的三条不同的切线,可先 用解决切线问题的方法得到切线方程的表达式,再利用方程有 三个不同实根,转化为函数有三个不同零点,利用函数的单调 性和极值的方法求解.

展示2 已知函数f(x)是二次函数,不等式f(x)<0的解集是 (0,5)且函数f(x)在区间[-1,4]上的最大值是12, (1)求函数f(x)的解析式; 37 (2)求证:方程f(x)+ =0在区间(3,4)上有且只有两个不等 x 实根.

【解析】 (1)∵函数f(x)是二次函数,不等式f(x)<0的解集是(0,5), ∴可设f(x)=ax(x-5)(a>0). ∴函数f(x)在区间[-1,4]上的最大值是f(-1)=6a. 由已知,得6a=12,即a=2. ∴f(x)=2x(x-5)=2x2-10x.

(2)证明:方程f(x)+

37 x

=0等价于方程2x3-10x2+37=

0(x≠0). 设h(x)=2x3-10x2+37,则h′(x)=6x2-20x=2x(3x- 10). ? 10? 当x∈?0, 3 ?时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减; ? ? ?10 ? 当x∈? 3 ,+∞?时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增. ? ?

?10? 1 ? ? ∵h(3)=1>0,h 3 =- <0,h(4)=5>0, 27 ? ? ? ?10 ? 10? ∴方程h(x)=0在区间 ?3, 3 ? , ? 3 ,4? 内分别有唯一实数 ? ? ? ?

根. ∴函数f(x)在区间(3,4)上有且只有两个不等实根.

方法点拨: 本综合问题是近几年高考题出得最多的问题.主要表现为利 用求导工具研究函数的单调性,由单调性解决极值、最值,由 极值、最值研究方程的根的个数问题、不等式恒成立问题.

本课的主要考点是利用函数的单调性和极值解决不等式的 证明及函数零点个数的判定问题.证明某个含有同一字母的不 等式一般可以采用构造函数, 求其单调性和最值(极值)的方法进 行证明,关于函数的零点问题,除可用数形结合法外,还可用 函数的单调性,求出极值,再结合图象,利用极值的正负进行 求解.

1.(2011 陕西)设函数 f(x)=ln x,g(x)=f(x)+f′(x). (1)求函数 g(x)的单调区间和最小值; ?1? (2)讨论 g(x)与 g?x ?的大小关系; ? ? 1 (3)求实数 a 的取值范围, 使得关于 x 的不等式 g(a)-g(x)<a 对任意 x>0 成立.

【分析】(1)先求出函数 f′(x),再求得 g(x),然后利用导数 判断函数的单调性(单调区间),并求出最小值;(2)作差法比较, 构造一个新的函数,利用导数判断函数值的单调性,并由单调 性判断函数值的正负;(3)对任意 x>0 成立的恒成立问题转化为 函数 g(x)的最小值问题.

1 【解析】(1)由题设,知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+x . x-1 ∴g′(x)= x2 .令 g′(x)=0,得 x=1. 当 x∈(0,1)时,g′(x)<0,函数 g(x)是减函数,(0,1)是函数 g(x)的单调减区间;当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,函数 g(x)是 增函数,(1,+∞)是函数 g(x)的单调递增区间;因此,x=1 是 函数 g(x)的唯一极值点且为极小值点. 从而是最小值点. 所以函 数 g(x)的最小值为 g(1)=1.

?1? (2)g?x ?=-ln ? ?

x+x,设

?1? h(x)=g(x)-g?x ?=2ln ? ?

1 x-x+ x ,则

?1? -?x-1?2 ? ?; h′(x)= . 当 x = 1 时, h (1) = 0 , 即 g ( x ) = g 2 x 当 x∈(0,1) x ? ?

∪(1, +∞)时, h′(x)<0, 函数 h(x)在区间(0, +∞)内单调递减; ?1? 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)<g?x ?;当 x>1 时,h(x)<h(1) ? ? ?1? =0,即 g(x)>g?x ?. ? ?

(3)由(1),知函数 g(x)的最小值为 1,所以关于 x 的不等式 1 1 g(a) - g(x)< a 对任意 x>0 成立 ? g(a) - 1< a ,即 ln a<1. 从而得 0<a<e.

2.(2011 天津)已知函数 f(x)=4x3+3tx2-6t2x+t-1(x∈R), 其中 t∈R, (1)当 t=1 时,求曲线 y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程; (2)当 t≠0 时,求函数 f(x)的单调区间; (3)求证:对任意 t∈(0,+∞),函数 f(x)在区间(0,1)内均存 在零点.

【解析】 (1)当 t=1 时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=12x2+ 6x-6,f′(0)=-6.所以曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程 为 y=-6x. (2)f′(x)=12x2+6tx-6t2. t 令 f′(x)=0,得 x=-t 或 x= . 2

因为 t≠0,所以分两种情况讨论: t ①若 t<0,则2<-t.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表,

所以函数

? t? f(x)的单调递增区间是?-∞,2?,(-t,+∞),单调递 ? ?

?t ? 减区间是?2,-t?. ? ?

t ②若 t>0, 则-t<2.当 x 变化时, f ′( x) , f(x)的变化情况如下表,

所以函数

?t ? f(x)的单调递增区间是(-∞,-t),?2,+∞?,单调 ? ?

? t? 递减区间是?-t,2?. ? ?

(3)由(2),可知当 t>0 时,函数

? t? f(x)在区间?0,2?内单调递减, ? ?

?t ? 在区间?2,+∞?内单调递增,以下分两种情况讨论: ? ?

t ①当2≥1,即 t≥2 时,函数 f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区 间(1,+∞)内单调递增, f(0)=t-1>0,f(1)=-6t2+4t+3≤-6×4+4×2+3<0, 所以对任意 t∈[2,+∞),函数 f(x)在区间(0,1)内均存在零点.

? t? t ②当 0<2<1, 即 0<t<2 时, 函数 f(x)在区间?0,2?内单调递减, ? ? ?t ? 在区间?2,1?内单调递增, ? ? ?t? 73 73 若 t∈(0,1],则 f?2?=-4t +t-1≤-4t <0, ? ?

f(1)=-6t2+4t+3≥-6t+4t+3=-2t+3>0, ?t ? 所以函数 f(x)在区间?2,1?内存在零点. ? ?

?t? 73 73 ? ? 若 t∈(1,2), 则 f 2 =-4t +(t-1)<-4t +1<0, f(0)=t-1>0, ? ?

所以函数

? t? f(x)在区间?0,2?内存在零点. ? ?

所以,对任意 t∈(0,2),函数 f(x)在区间(0,1)内均存在零点. 综上,对任意 t∈(0,+∞),函数 f(x)在区间(0,1)内均存在 零点.

命题立意:本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研 究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等 基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法,难度较大.


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