(导学案)§3.3 导数的应用(二)(教师版)

∵a＞，∴原方程无实根．
解法二：设g(x)＝lnx－ax，分析单调性、极值可得结论．
故选A.
类型四 导数法证明不等式
已知函数f(x)＝ex，当x∈[0，1]时.求证：
(1)f(x)≥1＋x；
(2)(1－x)f(x)≤1＋x.
证明：(1)设g(x)＝ex－x－1，x∈[0，1]．
∵g′(x)＝ex－1≥0，∴g(x)在[0，1]上是增函数，
↘
极小值
↗
所以f(x)的单调减区间是(－∞，ln2)，
单调增区间是(ln2，＋∞)．
(2)若f(x)在R上有零点，则f(x)的最小值f(ln2)≤0，即eln2－2ln2＋a≤0，得a≤2ln2－2.
11.已知函数f(x)＝x2＋alnx，a≠0.
(1)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；
A．有极大值，无极小值
B．有极小值，无极大值
C．既有极大值，又有极小值
D．既无极大值也无极小值
解：f′(x)＝＝，x＞0.
令f′(x)＝0，得x＝1.
又f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以x＝1为f(x)的极小值点，f(x)无极大值．
故选B.
6.若对于R上的可导函数f(x)满足(x－1)f′(x)≥0，则必有()
g(x)≥g(0)＝1－0－1＝0.
∴ex≥1＋x，即f(x)≥1＋x.
(2)设h(x)＝(1－x)ex－x－1，x∈[0，1]．
∵h′(x)＝－xex－1＜0，∴h(x)在[0，1]上是减函数，h(x)≤h(0)＝1－0－1＝0.
∴(1－x)ex－x－1≤0，
即(1－x)f(x)≤1＋x.
【评析】①用导数证明不等式问题的关键在于构造函数；②由作差或者作商来构造函数是最基本的方法；③本题通过作差构造函数，分析其单调性、最值，得出函数值恒大于或小于0，使问题得证．
2.求参数范围问题的常用方法：(1)分离变量；
(2)运用最值.
3.方程根的问题：可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论.
4.高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键.
()设函数f(x)＝，
g(x)＝lnx＋.求证：当0＜x≤1时，f(x)≥g(x).
证明：设h(x)＝－lnx－，0＜x≤1.
∵h′(x)＝－＝－
＝＜0，
∴h(x)在(0，1]上单调递减．
等号成立)．
∴当0＜x≤1时，f(x)≥g(x)．
1.证明不等式问题可通过作差或作商构造函数，然后用导数证明.
C．(－∞，0)，D.
解：f′(x)＝4x2－2x＝2x(2x－1)，
令f′(x)＜0，得0＜x＜.
所以f(x)的单调减区间是.故选D.
3.已知函数f(x)＝mx3＋x，f′(1)＝－12，则实数m的值为()
A．2B．－2C．4D．－4
解：f′(x)＝3mx2＋，由f′(1)＝3m＋＝－12，得m2＋4m＋4＝0，即(m＋2)2＝0，故m＝－2，
若a＞0，则x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(0，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值
↗
所以f(x)的极小值f(a)＝a－alna.
【评析】本题要求掌握运用导数研究函数的单调性、极值的一般步骤．第二问对分类讨论要求较高，其分类是以表格为基础进行的．
()已知函数f(x)＝xlnx在区间[t，＋∞)(t＞0)上的最小值大于－，则t的取值范围是()
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
y＝4x2＋在上递增．故选B.
已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c(a，b，c∈R)，若f′(1)＝2，则f′(－1)＝()
A．0B．3C．－1D．2
解：f′(x)＝3ax2＋b，f′(－1)＝f′(1)＝2.故选D.
已知f(x)＝sinx＋2x，x∈R，且f(2a)＜f(a－1)，则a的取值范围是.
(2)讨论f(x)的单调性.
解：(1)f′(x)＝2x＋，x＞0.
因为f′(1)＝0，所以2＋a＝0，得a＝－2，
经检验，当a＝－2时，x＝1是函数f(x)的极值点．
(2)①若a＞0，则f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a＜0，令f′(x)＝0，得x＝，
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
解：(1)f′(x)＝ax＋a－1，f′(0)＝a－1，f(0)＝1.
所以在点(0，f(0))处的切线方程为y－1＝(a－1)(x－0)，即(a－1)x－y＋1＝0.
(2)∵f(x)在区间(1，4)上为减函数，
∴f′(x)≤0在区间(1，4)上恒成立，
∴ax＋a－1≤0在区间(1，4)上恒成立，
即得
(2)单调性 极值点
函数f(x)＝ax3＋x＋1在x＝－1处有极值，则a的值为()
A．1B．0C．－D．－
解：f′(x)＝3ax2＋1，∵f′(－1)＝3a＋1＝0，
∴a＝－.故选C.
函数y＝4x2＋的单调增区间为()
A．(0，＋∞)B.
C．(－∞，－1)D.
解：y′＝8x－，令y′＞0，解得x＞，∴函数
若a＞，则方程lnx－ax＝0的实根的个数为()
A．0个B．1个
C．2个D．无穷多个
解法一：由于方程lnx－ax＝0等价于＝a.
设f(x)＝.
∵f′(x)＝＝，
令f′(x)＝0，得x＝e，
∴f(x)在(0，e)上单调递增；在(e，＋∞)上单调递减．
∴f(x)的最大值f(e)＝，
f(x)＝≤(仅当x＝e时，等号成立)．
故选B.
4.函数f(x)＝x(1－x)n的部分图象如图所示，f(x)在x＝处取极值，则n的值为()
A．1B．－1C．2D．－2
解：f′(x)＝(1－x)n－nx(1－x)n-1＝(1－x－nx)(1－x)n-1，∵x＝为f(x)的极值点，
∴f′＝0，得·＝0，
∴n＝2.故选C.
5.已知函数f(x)＝，则x＞0时，f(x)()
若函数f(x)＝－x＋bln(x＋2)在[－1，
＋∞)上是减函数，则b的取值范围是()
A．[－1，＋∞)B．(－1，＋∞)
C．(－∞，1]D．(－∞，1)
解：∵f′(x)＝－1＋≤0在[－1，＋∞)上恒成立，∴b≤x＋2在[－1，＋∞)上恒成立．∴b≤1.故选C.
类型二 极值与最值的进一步讨论
()已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R).
∴g(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)的最小值g(1)＝e1－e＝0，
g(x)＝ex－ex≥0(仅当x＝1时，等号成立)．
∴曲线y＝f(x)与直线y＝ex有唯一公共点．
证法二：.
设h(x)＝，分析方法类似证法一．
【评析】通过作差或作商可得到新的函数，求出新函数的单调区间、极值点、区间端点处的函数值、特殊点(如图象与x轴，y轴交点)，来判断交点的个数．
7.()函数f(x)＝x2＋3xf′(1)，在点(2，f(2))处的切线方程为.
解：f′(x)＝2x＋3f′(1)，f′(1)＝2×1＋3f′(1)，得f′(1)＝－1，所以f(x)＝x2－3x，f′(x)＝2x－3.代入x＝2，可知f(2)＝－2，f′(2)＝1，在点(2，f(2))处的切线方程为y＋2＝x－2，即x－y－4＝0.故填x－y－4＝0.
(2)∵f(x)在区间(－1，1)内单调递增，
∴f′(x)＝(1＋kx)ekx≥0在(－1，1)内恒成立，
∴1＋kx≥0在(－1，1)内恒成立，
即解得－1≤k≤1.
因为k≠0，所以k的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．
【评析】①函数单调性的讨论归结为对不等式解的讨论；②函数f(x)在限定区间是单调函数，求参数范围的问题，可以转化为恒成立问题求解．
1.函数f(x)的导函数为f′(x)＝，则f(x)的单调增区间是()
A．(－∞，0)B．[1，＋∞)
C．(0，1]D．(－∞，0)，[1，＋∞)
解：令f′(x)＞0，解得0＜x＜1.
又f′(1)＝0，所以f(x)在(0，1]上单调递增．
故选C.
2.函数f(x)＝x3－x2的单调减区间是()
A.B．(－∞，0)
(2)证明：曲线y＝f(x)与直线y＝ex有唯一公共点.
解：(1)∵f′(0)＝e0＝1，f(0)＝1，
∴切线方程为y－1＝1·(x－0)，即x－y＋1＝0.
(2)证法一：设g(x)＝ex－ex，
曲线y＝ex与y＝ex的公共点的个数等于函数g(x)＝ex－ex零点的个数．
∵g′(x)＝ex－e，令g′(x)＝0，得x＝1，
§3.3导数的应用(二)
利用导数来解决函数的单调性、极值与最值问题已经成为热点问题之一.既有填空题，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值；也有解答题，侧重于导数的综合应用，即导数与函数、数列、不等式的综合应用.故编写导数的应用(二)，以加大学习力度.
1.当f′(x)在某个区间内个别点处为零，在其余点处均为正(或负)时，f(x)在这个区间上仍旧是单调递增(或递减)的，例如：在(－∞，＋∞)上，f(x)＝x3，当x＝0时，f′(x)＝，当x≠0时，f′(x)＞0，而f(x)＝x3显然在(－∞，＋∞)上是单调递增函数.
A.B．(1，e)
C.D.
解：f′(x)＝lnx＋1，令f′(x)＝0，得x＝.
x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
－
0
＋
f(x)
↘
极小值