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2015《创新大课堂》高三人教版数学(理)一轮复习课件:第2章 第13节 导数的应用(二)



第二章 函数、导数及其应用

第十三

节导数的应用(二)

第二章 函数、导数及其应用

利用导数研究恒成立问题及 参数求解

[典题导入]
已知函数f(x)=x2ln x-a(x2-1),a∈R. (1)当a=-1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)若当x≥1时,f(x)≥0成立,求a的取值范围.

第二章 函数、导数及其应用

[听课记录]

(1)当 a=-1 时,f(x)=x2ln x+x2-1,

f′(x)=2xln x+3x. 则曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为 f′(1)=3,又 f(1)=0, 所以切线方程为 3x-y-3=0. (2)f′(x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a),其中 x≥1. 1 当 a≤ 时,因为 x≥1,所以 f′(x)≥0,所以函数 f(x)在[1,+∞)上单 2 调递增,故 f(x)≥f(1)=0.

第二章 函数、导数及其应用

第二章 函数、导数及其应用

[规律方法]

利用导数解决参数问题主要涉及以下方面:
(1) 已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围: 一般先分离参数,再转化为求函数在给定区间上的最值问题 求解. (2) 已知函数的单调性求参数的取值范围:转化为 f′(x)≥0( 或

f′(x)≤0)恒成立的问题.
(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围:利用函数的单调 性、极值画出函数的大致图象,数形结合求解.

第二章 函数、导数及其应用

[跟踪训练] 1 2 x 1.设函数 f(x)= x +e -xex. 2 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若当 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取 值范围.

第二章 函数、导数及其应用

解析

(1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞),

∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex), 若 x=0,则 f′(x)=0; 若 x<0,则 1-ex>0,所以 f′(x)<0; 若 x>0,则 1-ex<0,所以 f′(x)<0. ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞).

第二章 函数、导数及其应用

(2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减. 故[f(x)]min=f(2)=2-e2,

∴m<2-e2时,
不等式f(x)>m恒成立. 故m的取值范围为(-∞,2-e2).

第二章 函数、导数及其应用

利用导数证明不等式问题
[典题导入] ln x 已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= x ,其中 e 是自 然常数,a∈R. (1)讨论 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2

第二章 函数、导数及其应用

[听课记录]

(1)∵f(x)=x-ln x,

1 x-1 f′(x)=1-x = x , ∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x<e 时,f′(x) >0,此时 f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为 f(1)=1.

第二章 函数、导数及其应用

1-ln x (2)证明:由(1)知[f(x)]min=1.又 g′(x)= x2 , ∴当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增. 1 1 ∴[g(x)]max=g(e)=e<2. 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max>2. 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2

第二章 函数、导数及其应用

[互动探究] 在本例条件下,是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存 在,求出a的值;若不存在,说明理由.

第二章 函数、导数及其应用

解析

假设存在正实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值

1 ax-1 3.因为 f′(x)=a-x = x ,
? ?1 ? 1? 1 当 0<a<e 时,f(x)在?0,a?上单调递减,在?a,e?上单调递增, ? ? ? ? ?1? 所以[f(x)]min=f?a?=1+ln ? ?

a=3,a=e2,满足条件;

第二章 函数、导数及其应用

1 当a≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减, [f(x)]min=f(e)=ae-1=3, 4 a=e (舍去),所以,此时 a 不存在. 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时 f(x)有最小值 3.

第二章 函数、导数及其应用

[规律方法] 利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方 法是构造函数 h(x) = f(x) - g(x) ,然后根据函数的单调性,确 定函数的最值证明h(x)>0.

第二章 函数、导数及其应用

[跟踪训练] 2.已知 f(x)=xln x. f(x)+k (1)求 g(x)= (k∈R)的单调区间; x (2)证明:当 x≥1 时,2x-e≤f(x)恒成立.

第二章 函数、导数及其应用

解析

k (1)g(x)=ln x+x,

x-k ∴令 g′(x)= x2 =0 得 x=k. ∵x>0,∴当 k≤0 时,g′(x)>0. ∴函数 g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间; 当 k>0 时 g′(x)>0 得 x>k;g′(x)<0 得 0<x<k, ∴增区间为(k,+∞),减区间为(0,k).

第二章 函数、导数及其应用

(2)证明:设 h(x)=xln x-2x+e(x≥1), 令 h′(x)=ln x-1=0 得 x=e, h(x),h′(x)的变化情况如下: x h′(x) 1 -1 (1,e) - e 0 0 (e,+∞) +

h(x) e-2 故 h(x)≥0.即 f(x)≥2x-e.

第二章 函数、导数及其应用

利用导数研究生活中的优化问题 [典题导入] 某物流公司购买了一块长AM= 30米,宽AN=20米的矩形地块AMPN,规 划建设占地如图中矩形ABCD的仓库,其

余地方为道路和停车场,要求顶点C在地
块对角线MN上,顶点B、D分别在边AM、 AN上,假设AB的长度为x米.

第二章 函数、导数及其应用

(1)要使仓库的占地面积不少于144平方米,求x的取值范围; (2)要规划建设的仓库是高度与AB的长度相同的长方体建筑,

问 AB 的长度为多少时仓库的库容量最大. ( 墙地及楼板所占
空间忽略不计)

第二章 函数、导数及其应用

[听课记录]

(1)依题意得△ NDC 与△ NAM 相似,

DC ND x 20-AD 所以AM= NA ,即30= 20 , 2 2 2 故 AD=20-3x,矩形 ABCD 的面积为 20x-3x (0<x<30). 要使仓库的占地面积不少于 144 平方米, 2 2 则 20x-3x ≥144, 化简得 x2-30x+216≤0, 解得 12≤x≤18.

第二章 函数、导数及其应用

2 3 (2)由(1)知仓库的体积 V=20x -3x (0<x<30),
2

令 V′=40x-2x2=0,得 x=0 或 x=20. 当 0<x<20 时,V′>0,当 20<x<30 时,V′<0, 8 000 所以当 x=20 时 V 取最大值,且最大值为 , 3 即 AB 的长度为 20 米时仓库的库存容量最大.

第二章 函数、导数及其应用

[规律方法]

利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各个量之间的关系,建立数学模型,写出 函数关系式y=f(x); (2)求出函数的导函数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和使f′(x)=0的点处的函数值的大小,

最大(小)者为最大(小)值.

第二章 函数、导数及其应用

[跟踪训练] 3.(2014· 长沙一模)某地政府鉴于某种日常食品价格增长过快,欲 将这种食品价格控制在适当范围内, 决定对这种食品生产厂家 提供政府补贴, 设这种食品的市场价格为 x 元/千克, 政府补贴 为 t 元/千克,根据市场调查,当 16≤x≤24 时,这种食品市场 日供应量 p 万千克与市场日需求量 q 万千克近似地满足关系:

第二章 函数、导数及其应用

20 p=2(x+4t-14)(x≥16,t≥0),q=24+8ln x (16≤x≤24). 当 p=q 时的市场价格称为市场平衡价格. (1)将政府补贴表示为市场平衡价格的函数,并求出函数的值域; (2)为使市场平衡价格不高于每千克 20 元, 政府补贴至少为每千克 多少元?

第二章 函数、导数及其应用

解析

(1)由 p=q 得

20 2(x+4t-14)=24+8ln x (16≤x≤24,t≥0). 13 1 20 t= 2 -4x+ln x (16≤x≤24). 1 1 ∵t′=-4-x<0, ∴t 是 x 的减函数. 13 1 20 1 20 1 5 ∴tmin= 2 -4×24+ln 24=2+ln 24=2+ln 6;

第二章 函数、导数及其应用

13 1 20 5 5 tmax= 2 -4×16+ln 16=2+ln 4,
?1 ∴值域为?2+ln ?

5 5 5? ? 6,2+ln 4?.

13 1 20 (2)由(1)知 t= 2 -4x+ln x (16≤x≤24). 13 1 20 而 x=20 时,t= 2 -4×20+ln 20=1.5(元/千克). ∵t 是 x 的减函数.欲使 x≤20, 必须 t≥1.5(元/千克),要使市场平衡价格不高于每千克 20 元,政 府补贴至少为 1.5 元/千克.

第二章 函数、导数及其应用

【创新探究】 运用导数证明不等式
(2012· 辽宁高考)设 f(x)=ln x+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)<2(x-1); 9(x-1) (2)当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 【思路导析】 构造新函数转化为单调性与最值问题来证明.

第二章 函数、导数及其应用

3 【证明】 (1)证法一:记 g(x)=ln x+ x-1-2(x-1), 则当 x>1 时, 1 1 3 g′(x)=x + - <0. 2 x 2 3 又 g(1)=0,所以有 g(x)<0,即 f(x)< (x-1). 2

第二章 函数、导数及其应用

x 1 证法二:当 x>1 时,2 x<x+1,故 x< + . 2 2 1 令 k(x)=ln x-x+1,则 k(1)=0,k′(x)=x -1<0, 故 k(x)<0,即 ln x<x-1. 3 由①②得,当 x>1 时,f(x)< (x-1). 2





第二章 函数、导数及其应用

9(x-1) (2)证法一:记 h(x)=f(x)- , x+5 1 1 54 由(1)得 h′(x)=x + - 2 x (x+5)2 2+ x x+5 54 54 = 2x - < - (x+5)2 4x (x+5)2 (x+5)3-216x = . 4x(x+5)2 令 G(x)=(x+5)3-216x, 则当 1<x<3 时,G′(x)=3(x+5)2-216<0, 因此 G(x)在(1,3)内是减函数.

第二章 函数、导数及其应用

又由 G(1)=0,得 G(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0. 9(x-1) 于是当 1<x<3 时,f(x)< . x+5

第二章 函数、导数及其应用

证法二:记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1), 3 则当 1<x<3 时,由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9<2(x-1)+
?1 1 ? ? ? + (x+5)· ?x 2 x?-9 ? ?

1 =2x[3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x]
? ? x 1? 1? <2x?3x(x-1)+(x+5)?2+2+2?-18x? ? ? ? ?

第二章 函数、导数及其应用

1 =4x(7x2-32x+25)<0. 因此 h(x)在(1,3)内单调递减. 9(x-1) 又 h(1)=0,所以 h(x)<0,即 f(x)< . x+5

第二章 函数、导数及其应用

【高手支招】 利用导数法证明不等式f(x)>g(x)成立; 第一步:构造h(x)=f(x)-g(x); 第二步:求h′(x)并判断h(x)的单调性;

第三步:确定h(x)的最小值;
第四步:证明h(x)min>0成立,即得结论; 第五步:反思证明过程.

第二章 函数、导数及其应用

[体验高考] (理)(2013· 天津高考)已知函数 f(x)=x2ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的 t>0,存在唯一的 s,使 t=f(s); (3)设(2)中所确定的 s 关于 t 的函数为 s=g(t),证明:当 t>e2 时, 2 ln g(t) 1 有5< ln t <2.

第二章 函数、导数及其应用

解析

(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).

f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1), 1 令 f′(x)=0,得 x= . 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, ) e - 1 e 0 极小值 1 ( ,+∞) e +

第二章 函数、导数及其应用

1 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0, ),单调递增区间是 e 1 ( ,+∞). e (2)证明:当 0<x≤1 时,f(x)≤0. 设 t>0,令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞). 由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0. 故存在唯一的 s∈(1,+∞),使得 t=f(s)成立.

第二章 函数、导数及其应用

(3)证明:因为 s=g(t),由(2)知,t=f(s),且 s>1, ln g(t) ln s ln s ln s 从而 ln t = = = ln f(s) ln(s2ln s) 2ln s+ln ln s u = ,其中 u=ln s. 2u+ln u 2 ln g(t) 1 u 要使 < < 成立,只需 0<ln u< . 5 ln t 2 2

第二章 函数、导数及其应用

当 t>e2 时,若 s=g(t)≤e,则由 f(s)的单调性, 有 t=f(s)≤f(e)=e2,矛盾,所以 s>e,即 u>1, 从而 ln u>0 成立. u 另一方面,令 F(u)=ln u-2,u>1. 1 1 F′(u)=u- ,令 F′(u)=0,得 u=2. 2

第二章 函数、导数及其应用

当 1<u<2 时,F′(u)>0; 当 u>2 时,F′(u)<0. 故对 u>1,F(u)≤F(2)<0. u 因此 ln u< 成立. 2 2 ln g(t) 1 综上,当 t>e 时,有 < < . 5 ln t 2
2

第二章 函数、导数及其应用

(文)(2013· 天津高考)设 a∈[-2,0],已知函数 ?x3-(a+5)x,x≤0, ? f(x)=? 3 a+3 2 x- x +ax,x>0. ? 2 ? (1)证明 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递 增; (2)设曲线 y=f(x)在点 Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行, 1 且 x1x2x3≠0.证明 x1+x2+x3>- . 3

第二章 函数、导数及其应用

证明

(1)设函数 f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),
3

a+3 2 f2(x)=x - 2 x +ax(x≥0), ①f1′(x)=3x2-(a+5),由于 a∈[-2,0], 从而当-1<x<0 时,f1′(x)=3x2-(a+5)<3-a-5≤0,所以函 数 f1(x)在区间(-1,0]内单调递减.

第二章 函数、导数及其应用

②f2′(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1), 由于 a∈[-2,0],所以当 0<x<1 时,f2′(x)<0; 当 x>1 时,f2′(x)>0. 即函数 f2(x)在区间[0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递 增. 综合①,②及 f1(0)=f2(0),可知函数 f(x)在区间(-1,1)内单调递 减,在区间(1,+∞)内单调递增.

第二章 函数、导数及其应用

a+3 (2)由(1)知 f′(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0, 6 )内单 a+3 调递减,在区间( 6 ,+∞)内单调递增,因为曲线 y=f(x)在点 Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,从而 x1,x2,x3 互不 相等,且 f′(x1)=f′(x2)=f′(x3). 不妨设 x1<0<x2<x3,
2 由 3x2 1-(a+5)=3x2-(a+3)x2+a

=3x2 3-(a+3)x3+a,

第二章 函数、导数及其应用

2 可得 3x2 2-3x3-(a+3)(x2-x3)=0,

a+3 a+3 解得 x2+x3= 3 ,从而 0<x2< 6 <x3. 设 g(x)=3x2-(a+3)x+a, a+3 则 g( )<g(x2)<g(0)=a. 6 由 3x2 1-(a+5)=g(x2)<a,解得- 2a+5 3 <x1<0,

第二章 函数、导数及其应用

所以 x1+x2+x3>- 设 t=

2a+5 a+3 3 + 3 ,

2a+5 3t2-5 3 ,则 a= 2 ,因为 a∈[-2,0],

3 15 所以 t∈[ 3 , 3 ], 3t2+1 1 1 1 2 故 x1+x2+x3>-t+ = (t-1) - ≥- , 6 2 3 3 1 即 x1+x2+x3>-3.

第二章 函数、导数及其应用

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