2
当
a>
1
时,令
f′(x)=0,得
x=
a
e
?
1 2
.
2
若
x∈[1,
a?1
e2
],则
f′ (x)<0, 函数
f(x)在[1,
a? 1
e2
]上单调递减 ,
f(x)≤f(1)=0,不符合题意 .综上,a 的取值范围是 (-∞, 1 ]. 2
考点三 利用导数研究函数零点问题
【例 3】 设函数 f(x)=- 1 x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中 m>0. 3
在区间 (1,2)上单调递减 , 所以 h(x)max=h(1)=1, 即实数 a 的取值范围是 [1,+ ∞).
反思归纳 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系 ,即 f(x)≥g(a)对于x∈D恒成立 ,应求 f(x) 的最小值 ; 若存在x∈D,使得 f(x)≥g(a)成立,应求f(x)的最大值.求解时注意等号是否成立.
二、不等式问题 1.证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值或最值问题 . 2.求解不等式恒成立或有解问题 ,可以考虑将参数分离出来 ,将参数范围问 题转化为研究新函数的值域问题 . 3.方程解(函数的零点)个数问题可根据函数的单调性、极值等应用数形结 合思想求解.
拓展空间
1.与不等式有关的结论 (1)对任意x,f(x)>g(x)? f(x)-g(x)>0? [f(x)-g(x)] min>0. (2)对任意x1,x2 ,f(x1)>g(x2)? f(x)min>g(x)max. (3)存在x1,x2,f(x1)>g(x2)? f(x)max>g(x)min. (4)对任意x,存在x0,f(x)>g(x0)? f(x)min>g(x)min. (5)f(x)≥a或f(x)≤a对x∈D恒成立 ? f(x)min≥a或f(x)max≤a. (6)若存在x∈D,使f(x)≥a或f(x)≤a ? f(x)max≥a或f(x)min≤a. 2.与生活优化有关的结论 如果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(不必再与 端点的函数值比较).
x
令 x=1,得 f(1)=16a,f′(1)=6-8a, 所以曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-16a=(6-8a)(x-1), 由点(0,6)在切线上可得 6-16a=8a-6,故 a= 1 .
2
故选 A.
2.已知函数 f(x)=ex 在点(0,f(0))处的切线为 l,动点(a,b)在直线 l 上,则 2a+2-b 的最小值是( D ) (A)4 (B)2 (C)2 2 (D) 2
迁移训练 已知函数f(x)=x2ln x-a(x2-1),a∈R,若当x≥1时,f(x)≥0成立 ,求a的取值 范围.
解:f′(x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a), 其中 x≥1.
当 a≤ 1 时,f′(x)≥0,函数 f(x)在[1,+∞)上单调递增 ,故 f(x)≥f(1)=0,
由 g′(x)>0 得 x<0 或 x> 2 ,由 g′(x)<0 得 0<x< 2 ,
3
3
又 x∈ [0,2],
所以 g(x)在[0,
2 ]上是单调递减函数 , 3
在[ 2 ,2]上是单调递增函数 ,所以 g(x)min=g( 2 )=- 85 ,g(x) max=g(2)=1.
3
3 27
故 [g(x
3
3
所以方程 1 x2-x-m2+1=0 有两个相异的非零实根 x1,x2, 3
故由根与系数的关系得 x1+x2=3 且Δ=1+ 4 (m2-1)>0, 3
解得 m> 1 或 m<- 1 (舍去),因为 x1<x2,
2
2
所以 2x2>x1+x2=3? x2> 3 >1,若 x1<1<x2, 2
则 f(1)=- 1 (1-x1)(1-x2)>0,而 f(x1)=0,不合题意, 3
(1)证明:当a=1时,f(x)≥1等价于 (x2 +1)e-x -1≤0. 设函数g(x)=(x2+1)e-x-1, 则g′(x)= -(x2-2x+1)·e-x=-(x-1) 2e-x. 当x≠1时,g′(x)<0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减. 而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0, 即f(x)≥1.
x
f′(x) f(பைடு நூலகம்)
(-∞, 1-m)
-
单调递减
1-m
0 极小值
(1-m, 1+m)
+
单调递增
1+m
0 极大值
(1+m, +∞)
-
单调递减
所以 f(x)的单调减区间是 (-∞,1-m),(1+m,+ ∞),单调增区间是 (1-m,1+m), 于是函数 f(x)在 x=1-m 处取得极小值
f(1-m)=- 2 m3+m2- 1 ;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点 ,求a.
(2)解:设函数 h(x)=1-ax e2 -x. f(x)在(0,+∞)上只有一个零点等价于 h(x)在(0,+∞)上只有一个零点. (ⅰ)当 a≤0 时,h(x)>0,h(x)没有零点; (ⅱ)当 a>0 时,h′(x)=ax(x-2)e . -x 当 x∈(0,2)时,h′(x)<0;当 x∈(2,+∞)时,h′(x)>0. 所以 h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 故 h(2)=1- 4a 是 h(x)在(0,+∞)上的最小值.
3
3
3
23
反思归纳 (1)函数零点或函数图象交点问题的求解 ,一般利用导数研究 函数的单调性、极值等性质 ,并借助函数图象 ,根据零点或图象的交点情况 , 建立含参数的方程(或不等式)组求解. (2)研究函数零点(变号零点)所在区间,要利用函数零点存在定理确定. (3)单调函数至多一个零点.
迁移训练 (2018·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ex-ax2. (1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
2
2
故选 D.
3.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 .
解析:显然当 a=0 时,函数有两个不同的零点,不符合. 当 a≠0 时,由 f′(x)=3ax2-6x=0,得 x1=0,x2= 2 .
a
当 a>0 时,函数 f(x)在(-∞,0),( 2 ,+∞)上单调递增,在(0, 2 )上单调递减,又 f(0)=1,
温故知新
1.设 f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与
y 轴相交于点(0,6).则 a 等于( A )
(A) 1 2
(B)1
(C)2
(D)- 1 2
解析:因为 f(x)=a(x-5)2+6ln x, 故 f′(x)=2a(x-5)+ 6 .
2
x
设 h(x)=x-x 2ln x,h′(x)=1-2xln x-x, 可知 h′(x)在区间[ 1 ,2]上是减函数,
2 又 h′(1)=0,所以当 1<x<2 时,h′(x)<0; 当 1 <x<1 时,h′(x)>0.
2
即函数 h(x)=x-x2ln x 在区间( 1 ,1)上单调递增, 2
1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x) = min 112 ≥M,则满足条件的最大整数 M=4.
27
(2)如果对于任意的 s,t∈[ 1 ,2],都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围.
2
思路点拨:(2)对任意的 s,t∈[ 1 ,2],都有 f(s)≥g(t)成立,等价于 f(x)min≥g(x)max. 2
第五节 导数的综合应用
备考方向明确
复习目标 会利用导数解决实际问题 .
方向比努力更重要
学法指导 能利用导数解决生活中的优化问题 ,以 及不等式恒成立、不等式有解、方程解 的个数问题.
知识链条完善
网络构建
把散落的知识连起来
一、利用导数解决实际生活中的优化问题 1.分析实际问题中各变量之间的关系 ,建立实际问题的数学模型,写出相应 的函数关系式y=f(x)并确定定义域. 2.求导数f′(x),解方程f′(x)=0. 3.判断使f′(x)=0的点是极大值点还是极小值点 . 4.确定函数的最大值或最小值 ,还原到实际问题中作答 . 提醒:注意实际问题中函数定义域的确定 .
a
a
所以函数 f(x)存在小于 0 的零点,不符合题意;
当 a<0 时,函数 f(x)在(-∞, 2 ),(0,+∞)上单调递减,在( 2 ,0)上单调递增,
a
a
所以只需 f( 2 )>0,解得 a<-2. a
答案:(-∞,-2)
高频考点突破
在训练中掌握方法
考点一 利用导数研究生活中的优化问题 【例1】 设函数f(x)在R上可导,其导函数是f′(x),且函数f(x)在x=-2处取得 极小值,则函数y=xf′(x)的图象可能是 ( )
(1)当 m=1 时,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率 ;
解:(1)当 m=1 时,f(x)=- 1 x3+x2,f′(x)=-x2+2x, 3