高考数学二轮复习专题二函数与导数2.3.2利用导数解不等式及参数范围课件

������
-
ln������ ln������
.
令 h(x)=g'(x),则 h'(x)=(axln a+bxln b)'=ax(ln a)2+bx(ln b)2,
从而对任意 x∈R,h'(x)>0,
所以 g'(x)=h(x)是(-∞,+∞)内的单调增函数.
于是当 x∈(-∞,x0)时,g'(x)<g'(x0)=0;当 x∈(x0,+∞)时,g'(x)>g'(x0)=0.
所以
������(������0)e������0 = e������0 , e������0 (������(������0) + ������'(������0))
=
e������0 ,
解得
������(������0) = 1, ������'(������0) = 0.
所以,f(x)在 x=x0 处的导数等于 0.
+
1
43.
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利用导数解函数中的探索性问题
【思考】 解决探索性问题的常用方法有哪些?
例 3(2017 天津,文 19)设 a,b∈R,|a|≤1.已知函数
f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b,g(x)=exf(x). (1)求 f(x)的单调区间; (2)已知函数 y=g(x)和 y=ex 的图象在公共点(x0,y0)处有相同的切
②解 因为 g(x)≤ex,x∈[x0-1,x0+1],
由 ex>0,可得 f(x)≤1.
又因为 f(x0)=1,f'(x0)=0. 故 x0 为 f(x)的极大值点,由(1)知 x0=a.
-20-
另一方面,由于|a|≤1,故 a+1<4-a, 由(1)知 f(x)在区间(a-1,a)内单调递增,在区间(a,a+1)内单调递减, 故当 x0=a 时,f(x)≤f(a)=1 在[a-1,a+1]上恒成立, 从而 g(x)≤ex 在[x0-1,x0+1]上恒成立. 由 f(a)=a3-6a2-3a(a-4)a+b=1, 得 b=2a3-6a2+1,-1≤a≤1. 令 t(x)=2x3-6x2+1,x∈[-1,1], 所以 t'(x)=6x2-12x,令 t'(x)=0,解得 x=2(舍去)或 x=0. 因为 t(-1)=-7,t(1)=-3,t(0)=1,因此,t(x)的值域为[-7,1]. 所以,b 的取值范围是[-7,1].
因而函数 g(x)在区间(-∞,x0)内是单调减函数,在区间(x0,+∞)内是单
调增函数.
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下证 x0=0.
若 x0<0,则 x0<���2���0<0,于是 g
������0 2
<g(0)=0.
又 g(loga2)=������log������ 2 + ������log������ 2-2>������log������ 2-2=0,且函数 g(x)在以���2���0和 loga2
恒成立⇔������(������)min > ������, 2.f(x)>a 有解⇔������(������)max > ������,
无解⇔������(������)max ≤ ������.
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对点训练 2 已知函数 f(x)=4x-x4,x∈R.
(1)求 f(x)的单调区间;
(1)讨论 f(x)的导函数 f'(x)零点的个数; (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2������.
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(1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2e2x-������������(x>0).当 a≤0 时,f'(x)>0,f'(x) 没有零点, 当 a>0 时,因为 e2x 单调递增,-������������单调递增, 所以 f'(x)在区间(0,+∞)内单调递增. 又 f'(a)>0,当 b 满足 0<b<���4���,且 b<14时,f'(b)<0,故当 a>0 时,f'(x)存在唯 一零点.
对于任意的 x∈(-∞,+∞),有 f(x)-h(x)=-x4≤0,即 f(x)≤h(x).
设方程 h(x)=a 的根为 x'1,可得 x'1=���4���.因为 h(x)=4x 在(-∞,+∞)内单调
递增,且 h(x'1)=a=f(x1)≤h(x1),因此 x'1≤x1.
由此可得
x2-x1≤x'2-x'1=-���3���
2.3 导数在函数中的应用
二、利用导数解不等式及参数范围
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利用导数证明不等式
【思考】 如何利用导数证明不等式?
例 1 已知函数 f(x)=ex-ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,
曲线 y=f(x)在点 A 处的切线斜率为-1. (1)求 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)求证:当 x>0 时,x2<ex.
线,
①求证:f(x)在 x=x0 处的导数等于 0; ②若关于 x 的不等式 g(x)≤ex 在区间[x0-1,x0+1]上恒成立,求 b
的取值范围.
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(1)解 由 f(x)=x3-6x2-3a(a-4)x+b, 可得 f'(x)=3x2-12x-3a(a-4)=3(x-a)[x-(4-a)]. 令 f'(x)=0,解得 x=a 或 x=4-a. 由|a|≤1,得 a<4-a. 当 x 变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
此,x0=0. 于是-llnn������������=1,故 ln a+ln b=0,所以 ab=1.
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题后反思 1.不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的解
题方法是依据不等式的特点,进行等价变形.构造函数,借助图象观察 或参变分离,转化为求函数的最值问题来处理.如不等式 f(x)>g(x)恒 成立的处理方法一般是构造 F(x)=f(x)-g(x),F(x)min>0;或分离参数,将 不等式等价变形为 a>h(x)或 a<h(x),进而转化为求函数 h(x)的最值.
最大值; (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值.
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解 (1)因为 a=2,b=12,所以 f(x)=2x+2-x.
①方程 f(x)=2,即 2x+2-x=2,亦即(2x)2-2×2x+1=0,
所以(2x-1)2=0,于是 2x=1,解得 x=0.
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1
(3)证明 由(2)知 g(x)=-12 ������-43 .设方程 g(x)=a 的根为 x'2,可得
x'2=-1������2
+
1
43.
因为 g(x)在区间(-∞,+∞)上单调递减,又由(2)知 g(x2)≥f(x2)=a=g(x'2), 因此 x2≤x'2. 类似地,设曲线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=h(x),可得 h(x点3
利用导数解与不等式恒成立有关的问题
【思考】 求解不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题的基本
方法有哪些?
例 2 已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1).
(1)设 a=2,b=12.
①求方程 f(x)=2 的根; ②若对于任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的
②由条件知 f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=(f(x))2-2.
因为 f(2x)≥mf(x)-6 对于 x∈R 恒成立,且 f(x)>0, 所以 m≤(������(������������)()������2)+4对于 x∈R 恒成立. 而(������(������������)()������2)+4=f(x)+������(4������)≥2 ������(������)·������(4������)=4,且(������(0������)()02)+4=4, 所以 m≤4,故实数 m 的最大值为 4.
(2)设曲线 y=f(x)与 x 轴正半轴的交点为 P,曲线在点 P 处的切线 方程为 y=g(x),求证:对于任意的实数 x,都有 f(x)≤g(x);
(3)若方程 f(x)=a(a 为实数)有两个实数根 x1,x2,且 x1<x2,求
证:x2-x1≤-���3���
+
1
43.
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(1)解 由 f(x)=4x-x4,可得 f'(x)=4-4x3. 当 f'(x)>0,即 x<1 时,函数 f(x)单调递增; 当 f'(x)<0,即 x>1 时,函数 f(x)单调递减. 所以,f(x)的单调递增区间为(-∞,1),单调递减区间为(1,+∞).
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(2)证明 由(1),可设 f'(x)在区间(0,+∞)内的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0) 时,f'(x)<0;当 x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0.故 f(x)在区间(0,x0)内单调递减,在 区间(x0,+∞)内单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). 由于 2e2������0 − ������������0=0,所以 f(x0)=e2������0 -aln x0=2������������0+2ax0+aln2������≥2a+aln2������. 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln2������.