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【步步高】2017版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 课时3 导数与函数的综合问题 理



课时 3
命题点 1 解不等式 例1

导数与函数的综合问题

题型一 用导数解决与不等式有关的问题

设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,且 f(2)=0,当 x>0 时,有
2

xf′?x?-f?x? <0 恒 x2

成立,则不等式 x f

(x)>0 的解集是______________. 答案 (-∞,-2)∪(0,2) 解析 x>0 时?

?f?x??′<0,∴φ (x)=f?x?为减函数, ? x ? 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 证明:当 x∈[0,1]时, 证明 记 F(x)=sin x- 则 F′(x)=cos x- 2 . 2 2 x≤sin x≤x. 2
2 2 2

2 x, 2

π π 当 x∈(0, )时,F′(x)>0,F(x)在[0, ]上是增函数; 4 4 π π 当 x∈( ,1)时,F′(x)<0,F(x)在[ ,1]上是减函数. 4 4 又 F(0)=0,F(1)>0,所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0, 即 sin x≥ 2 x. 2

记 H(x)=sin x-x, 则当 x∈(0,1)时,H′(x)=cos x-1<0, 所以 H(x)在[0,1]上是减函数, 则 H(x)≤H(0)=0,即 sin x≤x. 综上, 2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2

命题点 3 不等式恒成立问题 1 2 2 例 3 已知定义在正实数集上的函数 f(x)= x +2ax,g(x)=3a ln x+b,其中 a>0.设两曲 2
1

线 y=f(x),y=g(x)有公共点,且在该点处的切线相同. (1)用 a 表示 b,并求 b 的最大值; (2)求证:f(x)≥g(x)(x>0). (1)解 设两曲线的公共点为(x0,y0),

f′(x)=x+2a,g′(x)=

3a

2

x



由题意知 f(x0)=g(x0),f′(x0)=g′(x0), 1 ? ?2x +2ax =3a ln x +b, 即? 3a ? ?x +2a= x .
2 0 2 0 0 2 0 0

3a 由 x0+2a= ,得 x0=a 或 x0=-3a(舍去).

2

x0

1 2 5 2 2 2 2 即有 b= a +2a -3a ln a= a -3a ln a. 2 2 5 2 2 令 h(t)= t -3t ln t(t>0),则 h′(t)=2t(1-3ln t). 2 于是当 t(1-3ln t)>0, 即0 ? t ? e 3时,h′(t)>0; 当 t(1-3ln t)<0, 即t ? e 3时,h′(t)<0.
1

1

1

1

故 h(t)在 (0,e 3 ) 上为增函数,在 (e 3,+∞) 上为减函数,
2 3 3 于是 h(t)在(0,+∞)上的最大值为 h(e )= e , 2 1 3

即 b 的最大值为

3 2 e3 . 2

1 2 2 (2)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x +2ax-3a ln x-b(x>0), 2 3a ?x-a??x+3a? 则 F′(x)=x+2a- = (x>0).
2

x

x

故 F(x)在(0,a)上为减函数,在(a,+∞)上为增函数. 于是 F(x)在(0,+∞)上的最小值是 F(a)=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0. 故当 x>0 时,有 f(x)-g(x)≥0, 即当 x>0 时,f(x)≥g(x). 思维升华 (1)利用导数解不等式, 一般可构造函数, 利用已知条件确定函数单调性解不等式; (2)证明不等式 f(x)<g(x),可构造函数 F(x)=f(x)-g(x),利用导数求 F(x)的值域,得到

2

F(x)<0 即可;
(3)利用导数研究不等式恒成立问题,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;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. 已知函数 f(x)=ln x- . 若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 解 ∵f(x)<x ,∴ln x- <x , 又 x>0,∴a>xln x-x , 令 g(x)=xln x-x ,则 h(x)=g′(x)=1+ln x-3x ,
3 2 3 2 2

a x

a x

2

h′(x)= -6x= x

1

1-6x

2

x



∵当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数, ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0. ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数, ∴g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立. 题型二 利用导数解决函数零点问题 例 4 (2014·课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=x -3x +ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切 线与 x 轴交点的横坐标为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. (1)解 f′(x)=3x -6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得- =-2,所以 a=1.
2 3 2 2

a

(2)证明 由(1)知,f(x)=x -3x +x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x -3x +(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x -6x+1-k>0,g(x)单调递增,
2 3 2

3

2

g(-1)=k-1<0,g(0)=4,
所以 g(x)=0 在(-∞,0]有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x -3x +4,
3 2

3

则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).

h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)单调递减,在(2,+∞)单调递增,
所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)没有实根. 综上,g(x)=0 在 R 有唯一实根, 即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 思维升华 研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋 势等,根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合 的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. 已知函数 f(x)=x +xsin x+cos x 的图象与直线 y=b 有两个不同交点,求 b 的取值范围. 解 f′(x)=x(2+cos x), 令 f′(x)=0,得 x=0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上递增. 当 x<0 时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为 f(0)=1. ∵函数 f(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上均单调, ∴当 b>1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=b 有且仅有两个不同交点. 综上可知,b 的取值范围是(1,+∞). 题型三 利用导数解决生活中的优化问题 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=
2

a

x-3

+10(x-6) ,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5

2

元/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 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

4

=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

由上表可得,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 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、因变量、建立函数关系 式,并确定其定义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合.用导数 求实际问题中的最大(小)值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义可知该 极值点就是最值点. 1 3 39 2 某品牌电动汽车的耗电量 y 与速度 x 之间有关系 y= x - x -40x(x>0), 为使 3 2 耗电量最小,则速度应定为________. 答案 40 解析 由 y′=x -39x-40=0, 得 x=-1 或 x=40, 由于 0<x<40 时,y′<0;
2

x>40 时,y′>0.
所以当 x=40 时,y 有最小值.

一审条件挖隐含

典例 (14 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)

5

[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 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 分] 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.[6 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.[8 分]
1 由(1)可知在区间[ ,2]上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 2
6

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 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.[11 分] 2 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,[13 分] 所以 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞).[14 分] 温馨提醒 (1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质,深刻挖掘条件内含, 进行等价转化. (2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法, 解题过程中尽量采用分离参数 的方法,转化为求函数的值域问题.

[方法与技巧] 1. 用导数方法证明不等式 f(x)>g(x)时, 找到函数 h(x)=f(x)-g(x)的零点是解题的突破口. 2.在讨论方程的根的个数、研究函数图象与 x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立等问 题时, 常常需要求出其中参数的取值范围, 这类问题的实质就是函数的单调性与函数的极(最) 值的应用. 3.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最大值 还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. [失误与防范] 1.利用导数解决恒成立问题时,若分离参数后得到“a<f(x)恒成立”,要根据 f(x)的值确 定 a 的范围中端点能否取到. 2.利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题的实际意义.

A 组 专项基础训练

(时间:40 分钟)
? ?-x +2x?x≤0?, 1. 已知函数 f(x)=? ?ln?x+1??x>0?, ?
2

若|f(x)|≥ax, 则 a 的取值范围是__________.

7

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, 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)= -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

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 2 意. 故 a≤0. 由①②可知 a 的取值范围是[-2,0]. 2.若 0<x1<x2<1,则下列关系正确的是________.

①e x2-e x1 ? ln x2-ln x1; ②e x2-e x1 ? ln x2-ln x1; ③x2e x1 ? x1e x2; ④x2e x1 ? x1e x2 .
答案 ③ e x·e -e e ?x-1? 解析 设 f(x)= ,则 f′(x)= = . 2 2
x x x x

x

x
x

x

e 当 0<x<1 时,f′(x)<0,∴f(x)= 在(0,1)上为减函数,由 0<x1<x2<1 知,f(x1)>f(x2),

x

8



e x1 e x2 ? , x1 x2

? x2e x1 ? x1e x2 .
3.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. 4. 若 a>0, b>0, 且函数 f(x)=4x -ax -2bx+2 在 x=1 处有极值, 则 ab 的最大值为________. 答案 9 解析 由题意得 f′(x)=12x -2ax-2b. ∵f(x)在 x=1 处有极值,∴f′(1)=12-2a-2b=0, ∴a+b=6.∵a>0,b>0,∴ab≤?
2 3 2 2 3

?a+b?2=9,当且仅当 a=b=3 时取等号,易知此时 f(x)在 ? ? 2 ?

x=1 处有极小值,满足题意,∴ab 的最大值为 9.
5.设 f′(x)和 g′(x)分别是 f(x)和 g(x)的导函数,若 f′(x)·g′(x)<0 在区间 I 上恒成 1 3 2 立, 则称 f(x)和 g(x)在区间 I 上单调性相反. 若函数 f(x)= x -2ax(a>0)与 g(x)=x +2bx 3 在区间(a,b)上单调性相反,则 b-a 的最大值为________. 答案 1 2
2

解析 由题意知 f′(x)=x -2a,g′(x)=2x+2b,函数 f(x)与 g(x)在区间(a,b)上单调 性相反,则有(x -2a)·(2x+2b)<0 在 x∈(a,b)上恒成立,又 0<a<b,所以 2x+2b>0,于
2

x2-2a<0 在 x∈(a,b)上恒成立.x2-2a<0 的解集为(- 2a, 2a),所以(a,b)? (- 2a,
2a),所以 b-a≤ 2a-a=-( a-
2

1 2 1 1 1 ) + ,当 a= ,b=1 时,b-a 取得最大值 . 2 2 2 2

6.已知二次函数 f(x)=ax +bx+c 的导函数为 f′(x),f′(x)>0,对于任意实数 x,有

f?1? f(x)≥0,则 的最小值为________. f′?0?
答案 2 解析 ∵f′(x)=2ax+b,∴f′(0)=b>0.
?Δ =b -4ac≤0 ? 由题意知? ?a>0 ?
2

,∴ac≥ ,∴c>0, 4
9

b2



f?1? a+b+c b+2 ac 2b = ≥ ≥ =2,当且仅当 a=c 时“=”成立. f′?0? b b b

7 .设函数 f(x) 是定义在 ( -∞, 0) 上的可导函数,其导函数为 f′(x) ,且有 2f(x) +

xf′(x)>x2,则不等式(x+2 014)2f(x+2 014)-4f(-2)>0 的解集为________.
答案 (-∞,-2 016) 解析 由 2f(x)+xf′(x)>x ,
2

x<0 得 2xf(x)+x2f′(x)<x3,
所以[x f(x)]′<x <0. 令 F(x)=x f(x)(x<0), 则 F′(x)<0(x<0), 即 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 因为 F(x+2 014)=(x+2 014) f(x+2 014),F(-2)=4f(-2), 所以不等式(x+2 014) f(x+2 014)-4f(-2)>0, 即为 F(x+2 014)-F(-2)>0,即 F(x+2 014)>F(-2), 又因为 F(x)在(-∞,0)上是减函数, 所以 x+2 014<-2,所以 x<-2 016. 8.若对于任意实数 x≥0,函数 f(x)=e +ax 恒大于零,则实数 a 的取值范围是________. 答案 (-e,+∞) 解析 ∵当 x≥0 时,f(x)=e +ax>0 恒成立. ∴若 x=0,a 为任意实数,f(x)=e +ax>0 恒成立. 若 x>0,f(x)=e +ax>0 恒成立, e 即当 x>0 时,a>- 恒成立.
x x x x x
2 2 2 2 3

x

e 设 Q(x)=- .

x

x
x

Q′(x)=-

e x-e

x

x

2

?1-x?e = . 2

x

x

当 x∈(0,1)时,Q′(x)>0,则 Q(x)在(0,1)上单调递增, 当 x∈(1,+∞)时,Q′(x)<0,则 Q(x)在(1,+∞)上单调递减. ∴当 x=1 时,Q(x)取得最大值.Q(x)max=Q(1)=-e, ∴要使 x≥0 时,f(x)>0 恒成立,a 的取值范围为(-e,+∞). 9.设 a 为实数,函数 f(x)=e -2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,e >x -2ax+1. (1)解 由 f(x)=e -2x+2a,x∈R,
10
x x
2

x

知 f′(x)=e -2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

x f′(x) f(x)

(-∞,ln 2) - ?↘

ln 2 0 2-2ln 2+2a

(ln 2,+∞) + ↗?

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2), 单调递增区间是(ln 2,+∞),

f(x)在 x=ln 2 处取得极小值,
极小值为 f(ln 2)=e
ln 2

-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a.
2

(2)证明 设 g(x)=e -x +2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=e -2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,
x

x

g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞), 都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0. 即 e -x +2ax-1>0, 故当 a>ln 2-1 且 x>0 时,e >x -2ax+1. 10.某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度).设该蓄水池的底面半径为 r 米,高 为 h 米, 体积为 V 立方米. 假设建造成本仅与表面积有关, 侧面的建造成本为 100 元/平方米, 底面的建造成本为 160 元/平方米,该蓄水池的总建造成本为 12 000π 元(π 为圆周率). (1)将 V 表示成 r 的函数 V(r),并求该函数的定义域; (2)讨论函数 V(r)的单调性,并确定 r 和 h 为何值时该蓄水池的体积最大. 解 (1)因为蓄水池侧面的总成本为 100·2π rh=200π rh 元,底面的总成本为 160π r 元, 所以蓄水池的总成本为(200π rh+160π r )元. 又根据题意 200π rh+160π r =12 000π , 1 2 所以 h= (300-4r ), 5r π 2 3 从而 V(r)=π r h= (300r-4r ). 5 因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3,
2 2 2

x

2

x

2

11

故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π 3 (2)因为 V(r)= (300r-4r ), 5 π 2 所以 V′(r)= (300-12r ). 5 令 V′(r)=0,解得 r=5 或-5(因为 r=-5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数. 由此可知,V(r)在 r=5 处取得最大值,此时 h=8. 即当 r=5,h=8 时,该蓄水池的体积最大. B 组 专项能力提升 (时间:20 分钟) 11.设函数 f(x)=ax +bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 g(x)=f(x)e 的一个极值点, 则下列图象不可能为 y=f(x)的图象的是________.(填序号)
2

x

答案 ④ 解析 设 h(x)=f(x)e , 则 h′(x)=(2ax+b)e +(ax +bx+c)e =(ax +2ax+bx+b+c)e . 由 x=-1 为函数 f(x)e 的一个极值点. ∴c-a=0,∴c=a.∴f(x)=ax +bx+a. 若方程 ax +bx+a=0 有两根 x1,x2,则 x1x2= =1,④中图象一定不满足条件. 12.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 2 2

x

x

2

x

2

x

x

a a

3x-1 3x-1 ,设 g(x)= 3 ,x∈(0,1], 3

x

x

x

x

12

g′(x)与 g(x)随 x 的变化情况如下表: x g′(x) g(x)
因此 g(x)的最大值为 4, 则实数 a 的取值范围是[4,+∞). 13.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) 解析 a=0 时,不符合题意,
3 2

1 (0, ) 2 + ?↗

1 2 0 极大值 4

1 ( ,1) 2 - ↘?

a≠0 时,f′(x)=3ax2-6x,
2 令 f′(x)=0,得 x=0 或 x= ,

a

若 a>0,则由图象知 f(x)有负数零点,不符合题意. 则 a<0,由图象 f(0)=1>0 知,

?2? 此时必有 0<f? ?<1, ?a?
8 4 即 0<a· 3-3· 2+1<1,

a
2

a

化简得 a >4, 又 a<0,所以 a<-2. 14.设函数 f(x)=a ln x-x +ax,a>0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求所有的实数 a,使 e-1≤f(x)≤e 对 x∈[1,e]恒成立. 解 (1)因为 f(x)=a ln x-x +ax,其中 x>0,
2 2 2 2 2

a2 ?x-a??2x+a? 所以 f′(x)= -2x+a=- . x x
由于 a>0, 所以 f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞). (2)由题意得 f(1)=a-1≥e-1,即 a≥e. 由(1)知 f(x)在[1,e]内单调递增, 要使 e-1≤f(x)≤e 对 x∈[1,e]恒成立. 只要?
? ?f?1?=a-1≥e-1, ?f?e?=a -e +ae≤e , ?
2 2 2 2

13

解得 a=e. 1-a 2 15.设函数 f(x)=aln x+ x -bx (a≠1),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 2 0. (1)求 b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)<

a

a-1

,求 a 的取值范围.

解 (1)f′(x)= +(1-a)x-b,由题设知 f′(1)=0,解得 b=1. 1-a 2 (2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+ x -x, 2

a x

a ? a 1-a? f′(x)= +(1-a)x-1= ? x- ?(x-1). x x ? 1-a?
1 a ①若 a≤ ,则 ≤1,故当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增,所 2 1-a 以,存在 x0≥1,使得 f(x0)< 1<a< 2-1.

a 1-a a 的充要条件为 f(1)< ,即 -1< ,解得- 2- a-1 a-1 2 a-1

a

a ? 1 a ? ②若 <a<1,则 >1,故当 x∈?1, ?时,f′(x)<0; 2 1-a ? 1-a?
当 x∈? 增. 所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)<
2

? a ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)在?1, a ?上单调递减,在? a ,+∞?上单调递 ? ? 1-a? ?1-a ? ?1-a ? ? ? ? ?
a

的充要条件为 f? . ?< a-1 ?1-a? a-1

? a ?

a

而 f?

a a a ? a ?=aln a + + > ,所以不合题意. ? 1-a 2?1-a? a-1 a-1 ?1-a?

1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= -1= < . 2 2 a-1 综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).

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