当前位置:首页 >> 数学 >>

江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题教师用书理


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 则不等式 x f(x)>0 的解集是________________. 答案 (-∞,-2)∪(0,2) 解析 ∵当 x>0 时,? ∴φ (x)=
2

xf′?x?-f?x? <0 恒成立, x2

?f?x??′<0, ? ? x ?

f?x? 为减函数, x

又 φ (2)=0,∴当且仅当 0<x<2 时,φ (x)>0, 此时 x f(x)>0. 又 f(x)为奇函数,∴h(x)=x f(x)也为奇函数. 故 x f(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 2 2

x-1 (2)证明:当 x∈(1,+∞)时,1< <x; ln x
(3)设 c>1,证明:当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c . 1 (1)解 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -1,令 f′(x)=0,解得 x=1.
x

x

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,ln x<x-1. 1 1 故当 x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,

x x

x-1 即 1< <x. ln x
(3)证明 由题设 c>1,设 g(x)=1+(c-1)x-c ,
x

c-1 ln c x 则 g′(x)=c-1-c ln c,令 g′(x)=0,解得 x0= . ln c
ln 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.
1

c-1 由(2)知 1< <c,故 0<x0<1. ln c
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>c . 命题点 3 不等式恒成立或有解问题 1+ln x 例 3 已知函数 f(x)= .
x

x

1 (1)若函数 f(x)在区间(a,a+ )上存在极值,求正实数 a 的取值范围; 2 (2)如果当 x≥1 时,不等式 f(x)≥

k 恒成立,求实数 k 的取值范围. x+1

解 (1)函数的定义域为(0,+∞),

f′(x)=

1-1-ln x ln x =- 2 , 2

x

x

令 f′(x)=0,得 x=1; 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 1 所以 x=1 为极大值点,所以 0<a<1<a+ , 2 1 1 故 <a<1,即实数 a 的取值范围为( ,1). 2 2 ?x+1??1+ln x? (2)当 x≥1 时,k≤ 恒成立,

x

?x+1??1+ln x? 令 g(x)= ,

x

1 ?1+ln x+1+ ?x-?x+1??1+ln x? x 则 g′(x)= 2

x



x-ln x . x2 x

1 再令 h(x)=x-ln x,则 h′(x)=1- ≥0, 所以 h(x)≥h(1)=1,所以 g′(x)>0, 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)≥

k

x+1

成立,求实数 k 的取值范围.

2

?x+1??1+ln x? 解 当 x∈[1,e]时,k≤ 有解,

x

?x+1??1+ln x? 令 g(x)= ,由例 3(2)解题知,

x

g(x)为单调增函数,∴g(x)max=g(e)=2+ ,
2 2 ∴k≤2+ ,即实数 k 的取值范围是(-∞,2+ ]. e e 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)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x),如果 F′(x)<0,则 F(x)在 (a,b)上是减函数,同时若 F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证 明了 f(x)<g(x). (3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 ①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式, 从而求出参数的取值范围. ②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. ?x-1? (2015·福建)已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间; (2)证明:当 x>1 时,f(x)<x-1; (3)确定实数 k 的所有可能取值,使得存在 x0>1,当 x∈(1,x0)时,恒有 f(x)>k(x-1). 1 -x +x+1 (1)解 f′(x)= -x+1= ,x∈(0,+∞).
2 2

2 e

x

x

?x>0, ? 由 f′(x)>0,得? 2 ?-x +x+1>0. ?

1+ 5 解得 0<x< . 2

? 1+ 5? 故 f(x)的单调递增区间是?0, ?. 2 ? ?
(2)证明 令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞). 1-x 则有 F′(x)= .
2

x

当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,

3

所以 F(x)在(1,+∞)上单调递减, 故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0, 即当 x>1 时,f(x)<x-1. (3)解 由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意. 当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1), 则 f(x)<k(x-1), 从而不存在 x0>1 满足题意. 当 k<1 时,令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 1 -x +?1-k?x+1 则有 G′(x)= -x+1-k= .
2

x

x

由 G′(x)=0,得-x +(1-k)x+1=0. 1-k- ?1-k? +4 解得 x1= <0, 2
2

2

x2=

1-k+ ?1-k? +4 >1. 2

2

当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故 G(x)在(1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1). 综上,k 的取值范围是(-∞,1). 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)=xe -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; π (2)若对于任意的 x∈[0, ],f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围; 2 π (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 2 围;若不存在,请说明理由. 解 (1) 当 a=0 时,f(x)=xe ,f′(x)=e (x+1), 令 f′(x)=0,得 x=-1. 列表如下:
x x x

x f′(x) f(x)

(-∞,-1) - ?↘

-1 0 极小值

(-1,+∞) + ?↗

4

1 所以函数 f(x)的极小值为 f(-1)=- ,无极大值. e π (2)①当 a≤0 时,由于对于任意 x∈[0, ],有 sin xcos x≥0, 2 所以 f(x)≥0 恒成立,即当 a≤0 时,符合题意; ②当 0<a≤1 时,因为 f′(x)=e (x+1)-acos 2x≥e (0+1)-acos 0=1-a≥0, π 所以函数 f(x)在[0, ]上为增函数. 2 所以 f(x)≥f(0)=0,即当 0<a≤1 时,符合题意; ③当 a>1 时,f′(0)=1-a<0,
x
0

f′( )= e 4 ( +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)<f(0)=0, 即当 a>1 时,不符合题意. 综上所述,a 的取值范围是(-∞,1]. π (3)不存在实数 a,使得函数 f(x)在区间(0, )上有两个零点. 2 π π 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, ) 2 2 上无零点. 当 a>1 时,f′(x)=e (x+1)-acos 2x. 令 g(x)=e (x+1)-acos 2x, 则 g′(x)=e (x+2)+2asin 2x, π 当 x∈(0, )时,恒有 g′(x)>0, 2 π 所以 g(x)在(0, )上是增函数.由 g(0)=1-a<0, 2 π π g( )= e 2 ( +1)+a>0, 2 2 π 故 g(x)在(0, )上存在唯一的零点 x0, 2 π 即方程 f′(x)=0 在(0, )上存在唯一解 x0. 2 且当 x∈(0,x0)时,f′(x)<0; π 当 x∈(x0, )时,f′(x)>0, 2
?
x x x

π 4

?

π 4

5

即函数 f(x)在(0,x0)上单调递减, π 在(x0, )上单调递增. 2 当 x∈(0,x0)时,f(x)<f(0)=0,即 f(x)在(0,x0)上无零点; π π π 当 x∈(x0, )时,由于 f(x0)<f(0)=0,f( )= e 2 >0, 2 2 2 π 所以 f(x)在(x0, )上有唯一零点. 2 π 所以,当 a>1 时,f(x)在(0, )上有一个零点. 2 π 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. 2 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. (2016·南通模拟)已知函数 f(x)=a+ xln x(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)试求 f(x)的零点个数,并证明你的结论. 1 解 (1)由 f(x)=a+ xln x 知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= (2+ln x). 2 x 1 令 f′(x)=0,得 x= 2. e 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
?

x f′(x) f(x)

1 (0, 2) e - ↘

1 2 e 0 极小值

1 ( 2,+∞) e + ↗

1 1 所以,函数 f(x)的单调减区间为(0, 2),单调增区间为( 2,+∞). e e 1 2 (2)由(1)知[f(x)]min=f( 2)=a- . e e 2 1 2 ①若 a> ,因为 f(x)≥[f(x)]min=f( 2)=a- >0, e e e 所以此时函数 f(x)的零点个数为 0.

6

2 1 2 ②若 a= ,则[f(x)]min=f( 2)=a- =0, e e e 1 1 而函数 f(x)在(0, 2)上是单调减函数,在( 2,+∞)上是单调增函数, e e 1 1 即当 0<x< 2时,f(x)>f( 2)=0; e e 1 1 当 x> 2时,f(x)>f( 2)=0. e e 1 于是,此时 f(x)有唯一零点 2,即零点个数为 1. e 2 1 2 ③若 a< ,则[f(x)]min=f( 2)=a- <0. e e e 当 a≤0 时, 1 因为当 x∈(0, 2]时,f(x)=a+ xln x<a≤0, e 1 所以函数 f(x)在区间(0, 2]上无零点; e 1 1 2 因为函数 f(x)在[ 2,+∞)上是单调增函数,且 f( 2)=a- <0, e e e 而e
-2a

1 -2a -a ∈( 2,+∞),f(e )=a(1-2e )≥0, e

1 -2a 所以函数 f(x)在( 2,e )上恰有一个零点. e 1 于是函数 f(x)在[ 2,+∞)上恰有一个零点. e 从而当 a≤0 时,函数 f(x)的零点个数为 1; 2 当 0<a< 时, e 1 因为函数 f(x)在[ 2,+∞)上是单调增函数, e 1 2 且 f(1)=a>0,f( 2)=a- <0, e e 1 所以函数 f(x)在( 2,1)上恰有一个零点, e 1 于是函数 f(x)在( 2,+∞)上也恰有一个零点. e
? 1 1 1 2 1 因为函数 f(x)在(0, 2)上是单调减函数,且 f( 2)=a- <0,而 e a ? 4 ∈(0, 2), e e e e 4

ea

7

且 f( e

?

4 a

)= a ?

4 ae
2 a

>a-

2=0(利用结论:“当 x>0 时,e >x ”进行放缩), 2 a· 2

4

x

2

a

1 此时,函数 f(x)在(0, 2)上恰有一个零点, e 2 故当 0<a< 时,函数 f(x)的零点个数为 2. e 2 综上,当 a> 时,函数 f(x)的零点个数为 0; e 2 当 a= 或 a≤0 时,函数 f(x)的零点个数为 1; e 2 当 0<a< 时,函数 f(x)的零点个数为 2. e 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=

a

x-3

+10(x-6) ,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5 元

2

/千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/千克,试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该商品所获得的 利润最大. 解 (1)因为当 x=5 时,y=11,所以 +10=11,a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量为
2 y= +10(x-6) . x-3

a

2

所以商场每日销售该商品所获得的利润为
2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6) ] x-3

2

=2+10(x-3)(x-6) 3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6) +2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
2

2,

x f′(x) f(x)

(3,4) + 单调递增

4 0 极大值 42

(4,6) - 单调递减

8

由上表可得,当 x=4 时,函数 f(x)取得极大值,也是最大值. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值且最大值等于 42. 答 当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系, 列出实际问题的数学模型, 写出实际问题中变量之间 的函数关系式 y=f(x). (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使 f′(x)=0 的点的函数值的大小, 最大(小)者为最大(小)值; 若 函数在开区间内只有一个极值点,那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答. (2016·苏北四市调研)经市场调查, 某商品每吨的价格为 x(1<x<14)百元时, 该 7 2 1 2 1 商品的月供给量为 y1 吨,y1=ax+ a -a(a>0);月需求量为 y2 万吨,y2=- x - x+1, 2 224 112 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 (1)若 a= ,问商品的价格为多少时,该商品的月销售额最大? 7 (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. 1 解 (1) 若 a= ,由 y2>y1, 7 1 2 1 1 7 1 2 1 得- x - x+1> x+ ( ) - , 224 112 7 2 7 7 解得-40<x<6 . 因为 1<x<14,所以 1<x<6. 设该商品的月销售额为 g(x), 则 g(x)=?
? ?y1·x,1<x<6, ?y2·x,6≤x<14. ?

1 1 33 当 1<x<6 时,g(x)= (x- )x<g(6)= . 7 2 7 1 2 1 当 6≤x<14 时,g(x)=(- x - x+1)x, 224 112 1 2 则 g′(x)=- (3x +4x-224) 224 1 =- (x-8)(3x+28), 224

9

由 g′(x)>0,得 x<8, 所以 g(x)在[6,8)上是增函数,在(8,14)上是减函数, 36 故当 x=8 时,g(x)有最大值 g(8)= . 7 1 2 1 7 2 (2)设 f(x)=y1-y2= x +( +a)x+ a -1-a, 224 112 2 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, 11 7a +10a- ≤0, ? ? 7 即? 7 ? ?2a +13a>0,
2 2

?f?6?≤0, ? 所以? ?f?14?>0, ?

1 解得 0<a≤ . 7 1 答 (1)若 a= ,商品的每吨价格定为 8 百元时,月销售额最大; 7 1 (2)若该商品的均衡价格不低于每吨 6 百元,实数 a 的取值范围是(0, ]. 7

一审条件挖隐含

典例 (16 分)设 f(x)= +xln x,g(x)=x -x -3. (1)如果存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数 M; 1 (2)如果对于任意的 s,t∈[ ,2],都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围. 2

a x

3

2

(1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g(x1)-g(x2)]max≥M ↓挖掘[g(x1)-g(x2)]max 的隐含实质

g(x)max-g(x)min≥M
↓ 求得 M 的最大整数值

10

1 (2)对任意 s,t∈[ ,2]都有 f(s)≥g(t) 2 ↓(理解“任意”的含义)

f(x)min≥g(x)max
↓求得 g(x)max=1

a +xln x≥1 恒成立 x
↓分离参数 a

a≥x-x2ln x 恒成立
↓求 h(x)=x-x ln x 的最大值
2

a≥h(x)max=h(1)=1


a≥1
规范解答 解 (1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M. [2 分] 2 3 2 2 由 g(x)=x -x -3,得 g′(x)=3x -2x=3x(x- ). 3 2 令 g′(x)>0,得 x<0 或 x> , 3 2 2 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 3 3 2 85 =g( )=- , 3 27

g(x)max=g(2)=1.
112 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= ≥M, 27 则满足条件的最大整数 M=4. [7 分]

1 1 (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 2 2

f(x)min≥g(x)max.
[9 分] 1 由(1)可知在区间[ ,2]上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 2 1 a 2 在区间[ ,2]上,f(x)= +xln x≥1 恒成立等价于 a≥x-x ln x 恒成立. 2 x

11

1 2 设 h(x)=x-x ln x, h′(x)=1-2xln x-x, 可知 h′(x)在区间[ , 2]上是减函数, 又 h′(1) 2 =0, 1 所以当 1<x<2 时,h′(x)<0;当 <x<1 时,h′(x)>0. 2 [14 分]

1 2 即函数 h(x)=x-x ln 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 2 =h(1)=1, 所以 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞). 分] [16

1.函数 f(x)=(x-1) (x-2) 的极大值是________. 答案 1 16
2 2

2

2

解析 ∵f(x)=(x-1) (x-2) , ∴f′(x)=2(x-1)(2x-3)(x-2). 3 令 f′(x)=0,得可能的极值点 x1=1,x2= ,x3=2. 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,1) - ?↘

1 0 极小值

3 (1, ) 2 + ↗

3 2 0 极大值

3 ( ,2) 2 - ↘?

2 0 极小值

(2,+∞) + ↗

3 1 ∴f( )= 是函数的极大值. 2 16 2.已知曲线 y=x +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=x +aln x(a>0)的定义域为{x|x>0},y′=2x+ ≥2 2a=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). ln kx 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____________. x e 答案 (0,1]
12
2 2

a x

ln kx 解析 由题意知 k>0,令 f(x)= (x>0),

x

ln kx ln k+ln x 则 f(x)= = ,

x

x

1-ln kx e e 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 2

x

k

k

是最大值,

k 1 由题意有 ≤ ,所以 0<k≤1. e e
4.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式:y=-x +27x+123(x>0),则 获得最大利润时的年产量为________百万件. 答案 3 解析 y′=-3x +27=-3(x+3)(x-3), 当 0<x<3 时,y′>0; 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)=e +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=|e +1-(2x-1)| =|e -2x+2|,令 h(x)=e -2x+2, 则 h′(x)=e -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.
? ?-x +2x?x≤0?, 6. 已 知 函 数 f(x) = ? ?ln?x+1??x>0?, ?
2 2 3

x

x

x

x

x

若 |f(x)|≥ax , 则 a 的 取 值 范 围 是

____________. 答案 [-2,0] 解析 |f(x)|≥ax?
? ?-?-x +2x?≥ax?x≤0?, ? ?ln?x+1?≥ax?x>0?, ?2? ?
2

?1?

成立.

①由(1)得 x(x-2)≥ax 在区间(-∞,0]上恒成立. 当 x=0 时,a∈R; 当 x<0 时,有 x-2≤a 恒成立,
13

所以 a≥-2.故 a≥-2. ②由(2)得 ln(x+1)-ax≥0 在区间(0,+∞)上恒成立,设 h(x)=ln(x+1)-ax(x>0), 则 h′(x)= 1 -a(x>0),可知 h′(x)为减函数. x+1

当 a≤0 时,h′(x)>0,故 h(x)为增函数, 所以 h(x)>h(0)=0 恒成立; 当 a≥1 时,因为 所以 h′(x)= 1 ∈(0,1), x+1

1 -a<0,故 h(x)为减函数, x+1

所以 h(x)<h(0)=0 恒成立,显然不符合题意; 当 0<a<1 时,对于给定的一个确定值 a,总可以至少找到一个 x0>0,满足 h(x0)=ln(x0+1) 1 -ax0<0 成立.如 a= 时,取 x0=4,则 h(x0)=ln 5-2<0 成立,可知 0<a<1 时,不符合题意. 2 故 a≤0. 由①②可知 a 的取值范围是[-2,0]. 7.若函数 f(x)=ax +4x-3 在[0,2]上有最大值 f(2),则 a 的取值范围是________. 答案 [-1,+∞) 解析 f′(x)=2ax+4,由 f(x)在[0,2]上有最大值 f(2),则要求 f(x)在[0,2]上单调递 增, 则 2ax+4≥0 在[0, 2]上恒成立.当 a≥0 时, 2ax+4≥0 恒成立; 当 a<0 时, 要求 4a+4≥0 恒成立,即 a≥-1.∴a 的取值范围是[-1,+∞). 8.(2016·苏州模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式 e f(x)>e +3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0,+∞) 解析 设 g(x)=e f(x)-e (x∈R), 则 g′(x)=e f(x)+e f′(x)-e =e [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, ∵e f(x)>e +3,∴g(x)>3, 又∵g(0)=e f(0)-e =4-1=3, ∴g(x)>g(0),∴x>0. 9.已知函数 f(x)=ax -3x +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)
3 2 0 0 2

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

14

解析 当 a=0 时,f(x)=-3x +1 有两个零点,不合题意,故 a≠0,f′(x)=3ax -6x= 3x(ax-2), 2 令 f′(x)=0,得 x1=0,x2= .

2

2

a

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, a
2 3 2 2 2 即 a×( ) -3×( ) +1>0,化简得 a -4>0,

2

a

a

又 a<0,所以 a<-2. 10.已知函数 f(x)=ax -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 ax -3x+1≥0 可化为 a≥ 1 6?x- ? 2 3x -?3x-1?·3x g′(x)= =- . 6 4
3 2 3 3

3x-1 3x-1 ,设 g(x)= 3 ,x∈(0,1], 3

x

x

x

x

g′(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x)
1 (0, ) 2 + ?↗ 1 2 0 极大值 4 1 ( ,1) 2 - ↘

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)e -1. (1)求函数 f(x)的最大值; (2)设 g(x)=
x

f?x? ,x>-1 且 x≠0,证明:g(x)<1. x
x

(1)解 f′(x)=-xe . 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.

15

当-1<x<0 时,g(x)<1 等价于 f(x)>x. 设 h(x)=f(x)-x,则 h′(x)=-xe -1. 当 x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<e <1, 则 0<-xe <1, 从而当 x∈(-1,0)时,h′(x)<0,
x x x

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,当 x>-1 且 x≠0 时总有 g(x)<1.

16


赞助商链接
相关文章:
...数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与...
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与函数的单调性教师用书文_数学_高中教育_教育专区。3.2 导数的应用 第 1 课时 ...
...数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与...
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与函数的单调性教师用书理_数学_高中教育_教育专区。第三章 导数及其应用 3.2 ...
...第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课时导数与函数...
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课时导数与函数的极值最值教师用书理_数学_高中教育_教育专区。第 2 课时题型一 用导数解决...
2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应...
2018版高考数学轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题理_数学_高中教育_教育专区。第 3 课时 导数与函数的综合问题题型一 导数与...
...数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课...
2018版高考数学轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与函数的单调性理_数学_高中教育_教育专区。第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 第 1 ...
...第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与函数...
2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第1课时导数与函数的单调性教师用书文北师大版_数学_高中教育_教育专区。2018 版高考数学大一轮复习 第...
2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的...
2018版高考数学轮复习第三章导数及其应用第2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题练习理_数学_高中教育_教育专区。第三章 导数及其应用 第 2 讲 导数的...
...数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课...
2018版高考数学轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课时导数与函数的极值最值理_数学_高中教育_教育专区。第 2 课时题型一 用导数解决函数极值问题 命题...
创新设计江苏专用2018版高考数学一轮复习第三章导数及...
创新设计江苏专用2018版高考数学轮复习第三章导数及其应用3.1导数的概念及运算课时作业理_数学_高中教育_教育专区。第三章 第1讲 导数及其应用 导数的概念及运算...
...高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.1导数的概...
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.1导数的概念及运算教师用书理_数学_高中教育_教育专区。第三章 导数及其应用 3.1 导数的概念及运算教师用书 ...
更多相关文章:

相关文章