导数的应用典型例题
从 而 当 x1>x2>0 时 有 g(x1)-g(x2)>0, 即 f(x1)-
f(x2)+x1-x2>0,故
f
(x1) x1
f (x2 ) x2
>-1.当0<x1<x2时,
有 f (x1) f (x2 ) = f (x2 ) f (x1) >-1.
x1 x2
x2 x1
走进高考
学例1 (2009·辽宁卷)已知函数
f(x)= 1 x2-ax+(a-1)lnx,a>1.
2
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)证明:若a<5,则对任意
x1,x2∈(0,+∞),x1≠x2,有
f (x1) f (x2>) -1.
x1 x2
(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=x-a+ a =1 x2 ax a =1
一、知识点
1.导数应用的知识网络结构图:
题型二 函数的极值与导数
例2 已 知 x=3 是 函 数 f(x)=aln(1+x)+x2-10x
的一个极值点. (1)求a; (2)求函数f(x)的极大值; (3)若直线y=b与函数y=f(x)的图象有3个交点,
求b的取值范围.
(1)因为f ′(x)= a +2x-10,
(3)由(2)知,f(x)在(-1,1)内单调递增,在(1,3) 内单调递减,在(3,+∞)上单调递增,且当 x=1或x=3时,f ′(x)=0,
所以f(x)的极大值为f(1)=16ln2-9,极小值为 f(3)=32ln2-21.
若直线y=b与函数y=f(x)的图象有3个交点, 当且仅当f(3)<b<f(1).
所以f ′(3)=
(2)由(1)知,f = 2(x 1)(x
a+6-10=01,因x此a=16.
4
16
′(3x))=(x>1-1)+x. x)、f(x)随x的变化情况如下表:
x (-1,1) 1 (1,3) 3 (3,+∞)
f′(x) +
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
由上表知函数f(x)的极大值为f(1)=16ln2-9.
x
x
(ⅰ)若a-1=1,即a=2,则f′(x)=
(x 1)(x 1 a)
x. (x 1).2
x
故f(x)在(0,+∞)单调增加.
(ⅱ)若a-1<1,而a>1,故1<a<2,则当x∈(a-1,1) 时,f′(x)<0;
当x∈(0,a-1)及x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)在(a-1,1)单调减少,在(0,a-1),(1,+∞) 单调增加.
因此,b的取值范围为(32ln2-21,16ln2-9).
变式 若上例(3) 变为:方程f(x)=b有一
解、两个不同解、三个不同解,那么实 数b的取值范围将如何?
由 上 表 不 难 解 得 b<32ln2-21 或 b>16ln2-9 时 有 一 解 , b=16ln2-9 或 b=32ln2-21 时 , 有 两 个 不 同 的 实 数 解 ; 32ln2-21<b<16ln2-9时,方程有三个不同 的实数解.
(ⅲ)若a-1>1,即a>2,同理可得f(x)在(1,a-1)单调 减少,在(0,1),(a-1,+∞)单调增加.
(2)证明:考虑函数g(x)=f(x)+x
= 1 x2-ax+(a-1)·lnx+x.
则g′(x)=x-(a-1)+
a 1
x≥
2
2 x a-(1a-1)=1-(
x
a-11)2.
由于1<a<5,故g′(x)>0,即g(x)在(0,+∞)单调增加,