导数的综合应用

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 .
解:(2)对于任意的 s,t∈[ 1 ,2],都有 f(s)≥g(t)成立, 2
等价于在区间 [ 1 ,2]上,函数 f(x)min≥g(x)max. 2
由(1)可知在区间[ 1 ,2]上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 2
在区间[ 1 ,2]上,f(x)= a +xln x≥1 恒成立等价于 a≥x-x2ln x 恒成立.
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;
x
f′(x) f(x)
(-∞, 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 ;
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
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).
(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
故 f′(1)=1, 即曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 1.
(2)求函数f(x)的单调区间与极值;
解:(2)f′(x)=-x2+2x+m2-1=-[x-(1-m)][x-(1+m)], 令f′(x)=0,得 x=1-m或x=1+m,m>0,故1+m>1-m, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表 :
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.
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
e2
①若 h(2)>0,即 a< e2 ,h(x)在(0,+∞)上没有零点. 4
(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.
(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.
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
x (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;
思路点拨:(1)存在x1,x2∈[0,2],使得 g(x1)-g(x2)≥M成立,等价于[g(x 1)g(x2)]max≥M.
解:(1)由 g(x)=x3-x2-3,得 g′(x)=3x2-2x=3x(x- 2 ). 3
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 ( )
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)≥Hale Waihona Puke Baidu(1)=0,
3
3
在 x=1+m 处取得极大值 f(1+m)= 2 m3+m2- 1 .
3
3
(3)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0,x1,x2,且x1<x2,若对任意的x∈[x 1,x2], f(x)>f(1)恒成立,求实数m的取值范围.
解:(3)由题设知 f(x)=-x( 1 x2-x-m2+1)=- 1 x(x-x1)(x-x2),
解析:因为函数f(x)在R上可导,其导数为f′(x),且函数f(x)在x=-2处取得 极小值,所以当x>-2时,f′(x)>0;当x=-2时,f′(x)=0; 当x<-2时,f′(x)<0,所以当x>-2时,xf′(x)<0,函数y=xf′(x)单调递增 ; 当x<-2时,xf′(x)>0,函数y=xf′(x)单调递减 ,故选A.
反思归纳 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 ,用导数求解实际问题中的最大 (小)值, 如果函数在区间内只有一个极值点 ,那么根据实际意义该极值点就是最 值点.
考点二 不等式恒成立、不等式有解问题 【例 2】 设 f(x)= a +xln x,g(x)=x 3-x2-3.
若 1≤x1<x2,则对? x∈[x 1,x2],有 x>0,x-x1≥0,x-x2≤0,
所以 f(x)=- 1 x(x-x1)(x-x2)≥0.又 f(x1)=f(x2)=0, 3
故 f(x)在[x 1,x2]上的最小值为 0,于是对? x∈[x 1,x2],f(x)>f(1) 恒成立,
得 f(1)=m2- 1 <0? - 3 <m< 3 ,综上,实数 m 的取值范围是( 1 , 3 ).
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
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
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
解析:由题得 f′(x)=ex,f(0)=e0=1,k=f′(0)=e0=1.
所以切线方程为 y-1=x-0 即 x-y+1=0, 所以 a-b+1=0,所以 a-b=-1,
所以 2a+2-b≥2 2a ?2? b =2 2a? b =2 2? 1 = 2 (当且仅当 a= 1 ,b=- 1 时取等号).
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
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,