导数与导数的运算
核心考点·精准研析
考点一 导数的计算?
1.下列求导运算正确的是
( )
A.(sin
a)′=cos
a(a为常数)
B.()′=
C.(cos
x)′=sin
x
D.(x-5)′=-
x-6
2.函数f(x)=x2+ln
x+sin
x+1的导函数f′(x)=
( )
A.2x++cos
x+1
B.2x-+cos
x
C.2x+-cos
x
D.2x++cos
x
3.函数f(x)=的导函数f′(x)=
( )
A.tan
x
B.-
C.-
D.-
4.(2018·天津高考)已知函数f(x)=exln
x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(1)的值为 .?
【解析】
1.选B.(sin
a)′=0(a为常数),()′=()′
==,(cos
x)′=-sin
x,(x-5)′=-5x-6.
2.选D.由f(x)=x2+ln
x+sin
x+1得f′(x)=2x++cos
x.
3.选D.f′(x)==-.
4.因为f(x)=exln
x,所以f′(x)=(exln
x)′=(ex)′ln
x+ex(ln
x)′=ex·ln
x+ex·,f′(1)=e1·ln
1+e1·=e.
答案:e
题2中,若将“f(x)=x2+ln
x+sin
x+1”改为“f(x)=+”,则f′(x)= .?
【解析】因为f(x)=+=,
所以f′(x)=′==.
答案:
【秒杀绝招】
排除法解T3,
根据sin
x=0时f(x)无意义,所以f′(x)也无意义排除A,C,
cos
x=0时f(x)有意义,所以f′(x)也应有意义排除B.
考点二 导数的应用?
【典例】1.f(x)=ax3+3x2+2,若f′(-1)=4,则a的值等于
( )
A. B. C. D.
2.已知函数f(x)的导函数为f′(x),且f(x)=2xf′(e)-ln
x,则f′(e)= .?
3.(2020·宝鸡模拟)二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,若其导函数为f′(x)=3x-,则f(x)= .
世纪金榜导学号?
【解题导思】
序号
联想解题
1
由f′(-1)=4,想到求f′(x),列方程
2
由f′(e)想到求f′(x)并代入x=e
3
由二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,想到设函数的解析式为f(x)=ax2+bx
【解析】1.选D.因为f′(x)=3ax2+6x,所以f′(-1)=3a-6=4,解得a=.
2.因为f(x)=2xf′(e)-ln
x,
所以f′(x)=2f′(e)-,令x=e得:
f′(e)=2f′(e)-,即f′(e)=.
答案:
3.根据题意,二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点,设其解析式为f(x)=ax2+bx,则有f′(x)=2ax+b,
又由f′(x)=3x-,得2ax+b=3x-,
则a=,b=-,故f(x)=x2-x.
答案:x2-x
含参数的函数的导数要注意的两点
(1)含有字母参数的函数求导时,要分清哪是变量哪是参数,参数是常量,其导数为零.
(2)注意利用题目条件构建方程,求出参数的值.此时要注意区别函数f(x)及其导数f′(x).
1.(2020·宜昌模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导数,f(x)=f′(1)·2x+x2,则f′(2)=
( )
A.
B.
C.
D.-2
【解析】选C.因为f′(x)=f′(1)·2xln
2+2x,所以f′(1)=f′(1)·2ln
2+2,解得f′(1)=,所以f′(x)=·2xln
2+2x,所以f′(2)=×22ln
2+2×2=.
2.函数f(x)=ln
x+a的导函数为f′(x),若方程f′(x)=f(x)的根x0小于1,则实数a的取值范围为
( )
A.(1,+∞)
B.(0,1)
C.(1,)
D.(1,)
【解析】选A.由函数f(x)=ln
x+a可得f′(x)=,由于使得f′(x0)=f(x0)成立的0
x0+a(0由于>1,ln
x0<0,所以a=-ln
x0>1,故有a>1.
考点三 导数几何意义的运用?
命题精解读
1.考什么:(1)求切线方程、求切点坐标、与切线有关求参数的值或取值范围.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养2.怎么考:与直线的方程、不等式等结合考查直线的斜率、直线的点斜式方程、导数的几何意义等问题3.新趋势:以三角函数、指数函数、对数函数为载体,与求导数和导数的几何意义交汇考查.
学霸好方法
1.注意两类切线问题的区别(1)“过”与“在”:曲线y=f(x)“在点P(x0,y0)处的切线”与“过点P(x0,y0)的切线”的区别:前者P(x0,y0)为切点,而后者P(x0,y0)不一定为切点.(2)“切点”与“公共点”:某曲线的切线与此曲线的公共点有可能有多个(即除了切点之外可能还有其他公共点).2.利用导数求曲线的切线方程
若已知曲线y=f(x)过点P(x0,y0),求曲线过点P的切线方程,则需分点P(x0,y0)是切点和不是切点两种情况求解.(1)当点P(x0,y0)是切点时,切线方程为y-y0=f
′(x0)(x-x0).(2)当点P(x0,y0)不是切点时,可分以下几步:第一步:设出切点坐标P′(x1,
f(x1));
第二步:写出曲线在点P′(x1,
f(x1))处的切线方程y-f(x1)=f
′(x1)(x-x1);
第三步:将点P的坐标(x0,y0)代入切线方程求出x1;
第四步:将x1的值代入方程y-f(x1)=f′(x1)(x-x1),可得过点P(x0,y0)的切线方程.
已知切点求切线的方程问题
【典例】(2019·全国卷Ⅰ)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 .?
【解析】y′=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,
所以k=y′|x=0=3,
所以曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x,即3x-y=0.
答案:3x-y=0
用导数的几何意义求曲线的切线方程的关键是什么?
提示:关键是确定切点坐标.
未知切点求切线的方程问题
【典例】已知函数f(x)=x3+x-16,若直线l为曲线y=f(x)的切线,且经过原点,则直线l的方程为 .
世纪金榜导学号?
【解析】设切点坐标为(x0,y0),
则直线l的斜率为f′=3+1,
所以直线l的方程为
y=(3+1)(x-x0)++x0-16,
因为直线l过原点,
所以0=(3+1)(0-x0)++x0-16,
整理得,=-8,所以x0=-2,
所以y0=
(-2)3+(-2)-16=-26,
f′=3×(-2)2+1=13.
所以直线l的方程为y=13x.
答案:y=13x
如何从题目条件判断是否知道切点?
提示:从题目条件的叙述方式判断,一般来说,“过××点”的切线,都是不知道切点.知道切点的叙述方式为“在××点处的切线”.
求参数的值
【典例】(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y=aex+xln
x在点(1,ae)处的切线方程为y=2x+b,则
( )
世纪金榜导学号
A.a=e,b=-1
B.a=e,b=1
C.a=e-1,b=1
D.a=e-1,b=-1
【解析】选D.令f(x)=aex+xln
x,
则f′(x)=aex+ln
x+1,f′(1)=ae+1=2,得a==e-1.
f(1)=ae=2+b,可得b=-1.
切线问题中可以用来列出等量关系的依据有哪些?
提示:(1)切点处的导数为切线斜率;
(2)切点在切线上;
(3)切点在曲线上.
1.(2019·吉安模拟)已知过点P(1,1)且与曲线y=x3相切的直线的条数有( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【解析】选C.若直线与曲线相切于点(x0,y0)(x0≠0),
则k===+x0+1,
因为y′=3x2,所以=3,
所以3=+x0+1,所以2-x0-1=0,
所以x0=1或x0=-,
所以过点P(1,1)与曲线y=x3相切的直线方程为3x-y-2=0或3x-4y+1=0,所以共有2条.
2.(2020·天津模拟)已知函数f(x)=ex-x-2,则这个函数的图像在处的切线方程为 .?
【解析】求导函数得f′(x)=ex-1,f′=e0-1=0,又因为f=e0-2=-1,
所以函数f(x)=ex-x-2的图像在处的切线方程为y-=0,即y=-1.
答案:y=-1
3.(2020·十堰模拟)若直线y=12x+m与曲线y=x3-2相切,则m= .?
【解析】y=x3-2的导数为y′=3x2,直线y=12x+m与曲线y=x3-2相切,
设切点为(s,t),可得3s2=12,12s+m=s3-2,即有s=2,m=-18;s=-2,m=14.
答案:14或-18
1.设点P是曲线y=x3-x+上的任意一点,则曲线在点P处切线的倾斜角α的取值范围为
( )
A.∪
B.
C.∪
D.
【解析】选C.因为y′=3x2-≥-,故切线的斜率k≥-,所以切线的倾斜角α的取值范围为∪.
2.如图,y=f(x)是可导函数,直线l:y=kx+2是曲线y=f(x)在x=3处的切线,令g(x)=xf(x),则曲线g(x)在x=3处的切线方程为 .?
【解析】由题图可知曲线y=f(x)在x=3处的切线斜率等于-,即f′(3)=-.又g(x)=xf(x),所以g′(x)=f(x)+xf′(x),g′(3)=f(3)+3f′(3),由题图可知f(3)=1,所以g(3)=3f(3)=3,g′(3)=1+3×=0,则曲线g(x)在x=3处的切线方程为y-3=0.
答案:y-3=0
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-
8
-利用导数研究函数的单调性
核心考点·精准研析
考点一 不含参数的函数的单调性?
1.函数y=xln
x的单调递减区间是
( )
A.(-∞,e-1)
B.(e-1,+∞)
C.(e,+∞)
D.(0,e-1)
2.函数f(x)=的单调递增区间为 .?
3.(2020·汉中模拟)若幂函数f(x)的图像过点,则函数g(x)=exf(x)的单调递减区间为 .?
【解析】1.选D.函数y=xln
x的定义域为(0,+∞),
因为y=xln
x,所以y′=ln
x+1,
令y′<0得02.因为f(x)=
,
所以f′(x)=,由f′(x)>0,
解得x<-1-或x>-1+.
所以f(x)的递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞).
答案:(-∞,-1-)和(-1+,+∞)
3.设幂函数f(x)=xa,因为图像过点,
所以=,a=2,
所以f(x)=x2,故g(x)=exx2,
则g′(x)=exx2+2exx=ex(x2+2x),
令g′(x)<0,得-2故函数g(x)的单调递减区间为(-2,0).
答案:(-2,0)
题2中,若将“f(x)=”改为“f(x)=x2ex”,则函数f(x)的单调递减区间是 .?
【解析】因为f(x)=x2ex,
所以f′(x)=2xex+x2ex=(x2+2x)ex.
由f′(x)<0,解得-2所以函数f(x)=x2ex的单调递减区间是(-2,0).
答案:(-2,0)
确定函数单调区间的步骤
(1)确定函数y=f(x)的定义域.
(2)求f
′(x).
(3)解不等式f
′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.
(4)解不等式f
′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
【秒杀绝招】
排除法解T1,根据函数的定义域排除A,已知当x∈(1,+∞)时,y=x和y=ln
x都是增函数且为正数,所以y=xln
x也是增函数,从而排除B,C.
考点二 含参数的函数的单调性?
【典例】(2019·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)=ax-ln
x+(a∈R),讨论f(x)的单调性.
世纪金榜导学号
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)求f′(x),解方程f′(x)=0
解方程f′(x)=0时,发现需分a≤0和a>0两种情况讨论
(2)由f′(x)的符号确定f(x)的单调性
用导数为零的实数分割定义域,逐个区间分析导数的符号,确定单调性
【解析】f′(x)=a--=(x>0).
设g(x)=ax2-x-1(x>0),
①当a≤0时,g(x)<0,f′(x)<0;
②当a>0时,由g(x)=0得x=或x=,记x0=,则g(x)=ax2-x-1=a(x-x0)(x>0),
因为x->0,
所以当x∈(0,x0)时,g(x)<0,f′(x)<0,
当x∈(x0,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,
综上知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;
当a>0时,f(x)在上单调递减,在上单调递增.
解决含参数的函数的单调性问题应注意两点
(1)研究含参数的函数的单调性问题,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.
已知函数f(x)=-ln
x.讨论f(x)的单调性.
【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=--=-,
(1)当a≥0时,f′(x)<0,则f(x)在(0,+∞)上单调递减;
(2)当a<0时,由f′(x)>0,可得0由f′(x)<0,可得x>-a,
则f(x)在(0,-a)上单调递增,在(-a,+∞)上单调递减.
考点三 利用导数解决函数单调性的应用问题?
命题精解读
1.考什么:(1)考查函数图像的识别、比较大小或解不等式、根据函数的单调性求参数等问题.(2)考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养及数形结合、转化与化归的思想方法.2.怎么考:与基本初等函数、不等式等综合考查函数的图像及函数的单调性的应用等问题.3.新趋势:以导数法研究函数单调性为基础,综合考查利用单调性比较大小、解不等式及知单调性求参数的范围.
学霸好方法
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)可导函数在区间D上单调,实际上就是在该区间上f
′
(x)≥0(或f
′
(x)≤0)恒成立,从而构建不等式,
求出参数的取值范围,要注意“=”是否可以取到.(2)可导函数在区间D
上存在单调区间,实际上就是f
′(x)>0(或f
′(x)<0)在该区间上存在解集,即f
′(x)max>0(或f
′(x)min<0)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参数的取值范围.(3)若已知f
(x)在区间D
上的单调性,区间D上含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令D
是其单调区间的子集,从而求出参数的取值范围.
函数图像的识别
【典例】函数f(x)=x2+xsin
x的图像大致为
( )
世纪金榜导学号
【解析】选A.因为f(-x)=x2-xsin(-x)=x2+xsin
x=f(x),所以f(x)为偶函数,B不符合题意,f(x)=x2+xsin
x=x(x+sin
x),令g(x)=x+sin
x,则g′(x)=1+cos
x≥0恒成立,所以g(x)是单调递增函数,则当x>0时,g(x)>g(0)=0,故x>0时,
f(x)=xg(x),f′(x)=g(x)+xg′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,故只有A符合题意.
辨别函数的图像主要从哪几个角度分析?
提示:从函数奇偶性、单调性、最值及函数图像所过的特殊点等角度分析.
比较大小或解不等式
【典例】(2019·兰州模拟)函数f(x)在定义域R内可导,f(x)=f(4-x),且(x-2)f′(x)>0.若a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是
( )
世纪金榜导学号
A.c>b>a
B.c>a>b
C.a>b>c
D.b>a>c
【解析】选C.由f(x)=f(4-x)可知,f(x)的图像关于直线x=2对称,根据题意知,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.所以f(3)=f(1)单调性比较大小或解不等式,实际上是自变量的大小与相应函数值的大小关系的互推,比较大小时对自变量的取值范围有什么要求?
提示:必须在同一个单调区间内.
根据函数的单调性求参数
【典例】若函数f(x)=ex(2x2-x+k)在R上是增函数,则实数k的取值范围是 .
世纪金榜导学号?
【解析】由题意,求得函数的导数
f′(x)=ex(2x2-x+k+4x-1)
=ex(2x2+3x+k-1),
因为函数f(x)在R上是增函数,
又由ex>0,所以Δ=9-8(k-1)≤0,
解得k≥,即实数k的取值范围是.
答案:
函数f(x)在某区间上是增函数,推出f′(x)>0还是f′(x)≥0?
提示:推出f′(x)≥0.
1.设函数y=f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图像如图所示,则导函数y=f′(x)可能为
( )
【解析】选D.由题意得,当x<0时,函数y=f(x)单调递增,故f′(x)>0;当x>0时,函数y=f(x)先增再减然后再增,故导函数的符号为先正再负然后再正.结合所给选项可得D符合题意.
2.已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数,f(1)=,对任意实数都有f(x)-f′(x)>0,设F(x)=,则不等式F(x)<的解集为
( )
A.(-∞,1)
B.(1,+∞)
C.(1,e)
D.(e,+∞)
【解析】选B.根据题意,F(x)=,
其导数F′(x)=
=,又由f(x)-f′(x)>0,则有F′(x)
<0,
即函数F(x)在R上为减函数,
又由f(1)=,则F(1)==,
不等式F(x)<等价于F(x)则有x>1,则不等式的解集为(1,+∞).
3.若f(x)=2x3-3x2-12x+3在区间[m,m+4]上是单调函数,则实数m的取值范围是 .?
【解析】因为f(x)=2x3-3x2-12x+3,
所以f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),
令f′(x)>0,得x<-1或x>2;令f′(x)<0,得-1f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,
在(-1,2)上单调递减.
若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,则
m+4≤-1或或m≥2.所以m≤-5或m≥2,
则m的取值范围是(-∞,-5]∪[2,+∞).
答案:(-∞,-5]∪[2,+∞)
(2020·内江模拟)若函数f(x)=ax2+xln
x-x存在单调递增区间,则a的取值范围是
( )
A.
B.
C.(-1,+∞)
D.
【解析】选B.因为f(x)=ax2+xln
x-x存在单调递增区间,则f′(x)=ax+ln
x≥0在(0,+∞)上有解,
即a≥-在(0,+∞)上有解,
令g(x)=-,x>0,则g′(x)=,
当x>e时,g′(x)>0,g(x)单调递增,
当0又x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)<0且g(x)?0,
因为g(e)=-,所以a≥-,
当a=-时,f′(x)=-x+ln
x,
令h(x)=-x+ln
x,则h′(x)=-,
当x>e时,h′(x)<0,函数单调递减,
当00,函数单调递增,
h(x)≤h(e)=0,即f′(x)≤0恒成立,
此时不满足题意,所以a的取值范围是.
PAGE
-
8
-利用导数研究函数的极值、最值
核心考点·精准研析
考点一 用导数解决函数的极值问题?
命题精解读
1.考什么:(1)考查求值、解方程、解不等式等问题.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及数形结合、分类与整合等数学思想.2.怎么考:与函数图像、方程、不等式、函数单调性等知识结合考查求函数极值、知函数极值求参数等问题.3.新趋势:函数极值、导数的几何意义及函数图像等知识交汇考查为主
学霸好方法
1.求函数f(x)极值的一般解题步骤
(1)确定函数的定义域;(2)求导数f
′(x);(3)解方程f
′(x)=0,求出函数定义域内的所有根;(4)列表检验f
′(x)在f
′(x)=0的根x0左右两侧值的符号.2.已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.(2)验证:因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
由图像判断函数的极值
【典例】(2020·咸阳模拟)已知三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图像如图所示,则= .?
【解析】f′(x)=3ax2+2bx+c;
根据图像知,x=-1,2是f(x)的两个极值点;
所以x=-1,2是方程3ax2+2bx+c=0的两实数根;
根据根与系数的关系得,
所以2b=-3a,c=-6a,
所以===1.
答案:1
由函数f(x)的图像确定极值点的主要依据是什么?
提示:局部最高(低)点的横坐标是极大(小)值点.
求已知函数的极值
【典例】已知函数f(x)=x-1+(a∈R,e为自然对数的底数).
世纪金榜导学号
(1)若曲线y=f(x)在点(1,
f(1))处的切线平行于x轴,求a的值.
(2)求函数f(x)的极值.
【解析】(1)由f(x)=x-1+,得f
′(x)=1-.
又曲线y=f(x)在点(1,
f(1))处的切线平行于x轴,
所以f
′(1)=0,即1-=0,解得a=e.
(2)f
′(x)=1-,
当a≤0时,f
′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数f(x)无极值.
当a>0时,令f
′(x)=0,得ex=a,即x=ln
a,
当x∈(-∞,ln
a)时,
f
′(x)<0;
当x∈(ln
a,+∞)时,
f
′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,ln
a)上单调递减,
在(ln
a,+∞)上单调递增,故f(x)在x=ln
a处取得极小值且极小值为f(ln
a)=ln
a,无极大值.
综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;
当a>0时,f(x)在ln
a处得极小值ln
a,无极大值.
已知函数极值情况求参数值(范围)
【典例】设f(x)=xln
x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间.
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.
世纪金榜导学号
【解析】(1)由f′(x)=ln
x-2ax+2a,
可得g(x)=ln
x-2ax+2a,x∈(0,+∞).
所以g′(x)=-2a=.
当a≤0,x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增;
当a>0,x∈时,g′(x)>0,函数g(x)单调递增,x∈时,g′(x)<0,函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);
当a>0时,g(x)的单调增区间为,单调减区间为.
(2)由(1)知,f′(1)=0.
①当a≤0时,f′(x)在(0,+∞)内单调递增,
所以当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
②当01,由(1)知f′(x)在内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈时,f′(x)>0.
所以f(x)在(0,1)内单调递减,在内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.
③当a=时,=1,f′(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.
④当a>时,0<<1,当x∈时,f′(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.
所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.
综上可知,实数a的取值范围为.
1.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图像如图所示,则下列结论中一定成立的是
( )
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2)
D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2)
【解析】选D.由题图可知,当x<-2时,1-x>3,此时f′(x)>0;当-22时,1-x<-1,此时f′(x)>0,由此可以得到函数f(x)在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值.
2.设函数f(x)=ln
x+ax2-x,若x=1是函数f(x)的极大值点,则函数f(x)的极小值为 .?
【解析】函数f(x)=ln
x+ax2-x,函数定义域为(0,+∞),f′(x)=+2ax-.
若x=1是函数f(x)的极大值点,则
f′(1)=0,解得a=;
所以f(x)=ln
x+x2-x,
f′(x)=+x-==;
当f′(x)>0时,02;
函数在(0,1)和(2,+∞)上单调递增;
当f′(x)<0时,1所以函数在x=1时有极大值;函数在x=2时有极小值为f(2)=ln
2-2.
答案:ln
2-2
3.(2019·荆门模拟)已知函数f(x)=x2+2x-2xex.求函数f(x)的极值.
【解析】因为函数f(x)=x2+2x-2xex(x∈R),
所以f′(x)=2x+2-2ex-2xex=(2x+2)(1-ex),
由f′(x)=0,得x=-1或x=0,
列表讨论,得:
x
(-∞,-1)
-1
(-1,0)
0
(0,+∞)
f′(x)
-
0
+
0
-
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以当x=-1时,
f(x)极小值=f(-1)=1-2+2×=-1,
当x=0时,f(x)极大值=f(0)=0.
设函数f(x)=ex(sin
x-cos
x)(0≤x≤2
016π),则函数f(x)的各极大值之和为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.因为函数f(x)=ex(sin
x-cos
x),
所以f′(x)=[ex(sin
x-cos
x)]′=ex(sin
x-cos
x)+ex(cos
x+sin
x)=2exsin
x;
令f′(x)=0,解得x=kπ(k∈Z);
所以当2kπ0,原函数单调递增,当2kπ+π(2kπ+π)-cos(2kπ+π)]=e2kπ+π;
又因为0≤x≤2
016π,所以0和2
016π都不是极值点,
所以函数f(x)的各极大值之和为:
eπ+e3π+e5π+…+e2
015π=.
考点二 用导数解决函数的最值问题?
【典例】(2019·全国卷Ⅲ改编)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.当0世纪金榜导学号
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)研究函数f(x)的单调性
求出f′(x),解不等式求单调区间.
(2)求函数f(x)的最值
根据f′(x)的零点与区间的关系分类表示出最值,再求差的范围.
【解析】f′(x)=6x2-2ax=2x(3x-a),
令f′(x)=0;得x=0或x=,
因为0所以f(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以f(x)在[0,1]上的最小值为f=-+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.
于是m=-+2,M=
所以M-m=
当0当2≤a<3时,单调递增,
所以M-m的取值范围是.
综上,M-m的取值范围是.
求函数f(x)在闭区间[a,b]内的最大值和最小值的思路
(1)若所给的闭区间[a,b]不含参数,则只需对函数f(x)求导,并求f
′(x)=0在区间[a,b]内的根,再计算使导数等于零的根的函数值,把该函数值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
(2)若所给的闭区间[a,b]含参数,则需对函数f(x)求导,通过对参数分类讨论,判断函数的单调性,从而得到函数f(x)的最值.
(2019·南昌模拟)设函数f(x)=ln
x-2mx2-n(m,n∈R).
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)若f(x)有最大值-ln
2,求m+n的最小值.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-4mx=,
当m≤0时,f′(x)>0,
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当m>0时,令f′(x)>0,得0令f′(x)<0得x>,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当m>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
所以f(x)max=f=ln-2m·-n
=-ln
2-ln
m--n=-ln
2,
所以n=-ln
m-,所以m+n=m-ln
m-,
令h(x)=x-ln
x-(x>0),则h′(x)=1-=,所以h(x)在上单调递减,
在上单调递增,所以h(x)min=h=ln
2,
所以m+n的最小值为ln
2.
考点三 用导数解决生活中的优化问题?
【典例】某食品厂进行蘑菇的深加工,每千克蘑菇的成本为20元,并且每千克蘑菇的加工费为t元(t为常数,且2≤t≤5).设该食品厂每千克蘑菇的出厂价为x元(25≤x≤40),根据市场调查,日销售量q千克与ex成反比,当每千克蘑菇的出厂价为30元时,日销售量为100千克.
世纪金榜导学号
(1)求该工厂的每日利润y元与每千克蘑菇的出厂价x元的函数关系式.
(2)若t=5,当每千克蘑菇的出厂价x为多少时,该工厂的每日利润y最大?并求最大值.
【解题导思】
序号
联想解题
(1)
待定系数法求函数关系
根据已知条件得出日销量函数表达式q=(k≠0),将x=30,q=100代入日销量函数表达式中求出k的值,进而得到利润y与出厂价x之间的函数关系式.
(2)
通过求函数最值,解答实际问题
将t=5代入函数中,根据导数求得函数的单调区间,进而得函数的最值.
【解析】(1)设日销量q=(k≠0),
则=100,所以k=100e30,所以日销量q=,
所以y=(25≤x≤40).
(2)当t=5时,y=,
y′=.
由y′≥0得x≤26,由y′≤0,得x≥26,
所以y在区间[25,26]上单调递增,在区间[26,40]上单调递减,所以当x=26时,ymax=100e4,
即当每千克蘑菇的出厂价为26元时,该工厂的每日利润最大,最大值为100e4元.
利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系,建立实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x).
(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0处的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.
(4)回归实际问题作答.
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=+10(x-5)2,其中2(1)求a的值;
(2)若该商品的成本为2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.
【解析】(1)因为x=4时,y=10.5,
所以+10=10.5,所以a=1.
(2)由(1)可知,该商品每日的销售量y=+10(x-5)2,
所以商场每日销售该商品所获得的利润f(x)=
(x-2)
=1+10(x-2)(x-5)2,2从而,f′(x)=10[(x-5)2+2(x-2)(x-5)]=
30(x-3)(x-5).于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:
x
(2,3)
3
(3,5)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值41
单调递减
由表可得,x=3是函数f(x)在区间(2,5)内的极大值点,也是最大值点.
所以当x=3时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于41.
答:当销售价格为3元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.
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11
-导数与不等式的综合问题
核心考点·精准研析
考点一 导数法证明不等式?
【典例】(2020·莆田模拟)已知函数f(x)=xex-1-ax+1,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2.
世纪金榜导学号
(1)求a的值及切线l的方程.
(2)证明:f(x)≥0.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)利用导数的几何意义求切线方程
利用求导的方法求出函数切线的斜率,再利用切线斜率的已知条件求出a的值,再将切点横坐标代入函数解析式求出切点纵坐标,再利用点斜式求出切线方程,最后转化为切线的一般式方程.
(2)用导数法证明不等式
利用求导的方法判断函数的单调性,从而证出不等式成立
【解析】(1)由f(x)=xex-1-ax+1,
得f′(x)=(x+1)ex-1-a,
因为曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线l的斜率为3e-2,所以f′(2)=3e-a=3e-2,解得a=2,
所以f(2)=2e-4+1=2e-3,故切线l的方程为:y-(2e-3)=(3e-2)(x-2),
即(3e-2)x-y-4e+1=0.
所以a=2,切线l的方程为
(3e-2)x-y-4e+1=0.
(2)由(1),可得f(x)=xex-1-2x+1,
f′(x)=(x+1)ex-1-2,
所以当x∈(-∞,-1]时,f′(x)<0.
令g(x)=(x+1)ex-1-2(x>-1),
则g′(x)=(x+2)ex-1>0,
所以当x∈(-1,+∞)时,g(x)单调递增,
即f′(x)单调递增,又因为f′(1)=0,
所以当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,
所以f(x)在(-∞,1)上单调递减,
在(1,+∞)上单调递增.所以f(x)≥f(1)=0.
1.利用导数证明不等式f(x)>g(x)的基本方法
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出,可直接转化为证明f(x)min>g(x)max.
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出,可构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数h(x)的单调性或最值,证明h(x)>0.
2.证明不等式时的一些常见结论
(1)ln
x≤x-1,等号当且仅当x=1时取到.
(2)ex≥x+1,等号当且仅当x=0时取到.
(3)ln
x0.
(4)≤ln(x+1)≤x,x>-1,等号当且仅当x=0时取到.
(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f=aex-ln
x-1.
证明:当a≥时,f≥0.
【证明】当a≥时,f(x)≥-ln
x-1.
设g(x)=-ln
x-1,则g′(x)=-.
当01时,g′(x)>0.
所以x=1是g(x)的最小值点.
故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.
因此,当a≥时,f(x)≥0.
考点二 由不等式恒成立求参数?
命题精解读
1.考什么:(1)考查利用导数研究函数单调性、求最值、不等式等问题.(2)考查数学运算、直观想象、逻辑推理的核心素养及转化与化归、分类与整合等数学思想.2.怎么考:与导数法研究函数单调性、最值等知识相结合考查不等式恒成立求参数等问题.3.新趋势:以导数法研究函数单调性、求函数极值、最值、导数的几何意义等知识交汇考查为主.
学霸好方法
不等式恒成立问题中的常用结论(1)f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a,
(2)f(x)≤b恒成立?f(x)max≤b,
(3)f(x)>g(x)恒成立,构造F(x)=f(x)-g(x),则F(x)min>0.(4)?x1∈M,?x2∈N,f(x1)>g(x2)?f(x1)min>g(x2)max.
单变量不等式恒成立问题
【典例】已知函数f(x)=mex-x2.
世纪金榜导学号
(1)若m=1,求曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程.
(2)若关于x的不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围.
【解析】(1)当m=1时,f(x)=ex-x2,
所以f′(x)=ex-2x,所以f′(0)=1,又f(0)=1,
所以曲线y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y-1=x,即x-y+1=0.
(2)由f(x)≥x(4-mex),得mex(x+1)≥x2+4x,
不等式f(x)≥x(4-mex)在[0,+∞)上恒成立,
等价于当x≥0时,m≥,
令g(x)=(x≥0),则g′(x)=.
由g′(x)=0及x≥0,得x=-1,
当x∈(0,-1)时,g′(x)>0,此时g(x)单调递增;当x∈(-1,+∞)时,g′(x)<0,此时g(x)单调递减.所以当x=-1时,
g(x)max=g(-1)=2,所以m≥2.
所以实数m的取值范围为[2,+∞).
双变量不等式恒成立问题
【典例】已知函数f(x)=x-1-aln
x(a<0).
世纪金榜导学号
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若对于任意的x1,x2∈(0,1],且x1≠x2,都有|f(x1)
-f(x2)|<4,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题意知f
′(x)=1-=(x>0),
因为x>0,a<0,所以f
′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)不妨设0>0,
由(1)知f(x1)所以|f(x1)-f(x2)|<4?f(x2)-f(x1)<4?f(x1)+>f(x2)+.
设g(x)=f(x)+,x∈(0,1],易知g(x)在(0,1]上单调递减,
所以g′(x)≤0在(0,1]上恒成立?1--=≤0在(0,1]上恒成立?a≥x-在(0,1]上恒成立,易知y=x-在(0,1]上单调递增,其最大值为-3.因为a<0,所以-3≤a<0,所以实数a的取值范围为[-3,0).
可转化为不等式恒成立的问题
【典例】(2020·十堰模拟)已知函数f(x)=axex-x2-2x.
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程.
(2)当x>0时,若曲线y=f(x)在直线y=-x的上方,求实数a的取值范围.
世纪金榜导学号
【解析】
(1)当a=1时,f(x)=xex-x2-2x,
其导数f′(x)=ex(x+1)-2x-2,
f′(0)=-1.又因为f(0)=0,
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=-x.
(2)根据题意,当x>0时,
“曲线y=f(x)在直线y=-x的上方”等价于“axex-x2-2x>-x恒成立”,
又由x>0,则axex-x2-2x>-x
?aex-x-1>0?a>,
则原问题等价于a>恒成立;
设g(x)=,则g′(x)=-,
又由x>0,则g′(x)<0,
则函数g(x)在区间(0,+∞)上递减,
又由g(0)==1,则有<1,
若a>恒成立,必有a≥1,
即a的取值范围为[1,+∞).
1.(2020·芜湖模拟)已知函数f(x)=1-,g(x)=+-bx(e为自然对数的底数),若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直.
(1)求a,b的值.
(2)求证:当x≥1时,f(x)+g(x)≥.
【解析】(1)因为f(x)=1-,
所以f′(x)=,f′(1)=-1.
因为g(x)=+-bx,所以g′(x)=---b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1,1),且在点A处的切线互相垂直,
所以g(1)=1,且f′(1)·g′(1)=-1,
即g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1,
解得a=-1,b=-1.
(2)由(1)知,g(x)=-++x,
则f(x)+g(x)≥等价于1---+x≥0.
令h(x)=1---+x(x≥1),
则h′(x)=-+++1=++1.
因为x≥1,所以h′(x)=++1>0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,所以h(x)≥h(1)=0,
即1---+x≥0,
所以当x≥1时,f(x)+g(x)≥.
2.已知两个函数f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.若任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3]都有f(x1)≤g(x2)成立,求实数c的取值范围.
【解析】由任意x1∈[-3,3],x2∈[-3,3],
都有f(x1)≤g(x2)成立,得f(x1)max≤g(x2)min.
因为f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,
当x1∈[-3,3]时,f(x1)max=f(-3)=147-c;
g(x)=2x3+4x2-40x,
g′(x)=6x2+8x-40=2(3x+10)(x-2),
当x变化时,g′(x)和g(x)在[-3,3]上的变化情况如下表:
x
-3
(-3,2)
2
(2,3)
3
g′(x)
-
0
+
g(x)
102
↘
极小值-48
↗
-30
易得g(x)min=g(2)=-48,
故147-c≤-48,即c≥195.
3.已知函数f(x)=ax++1-2a-ln
x,a∈R.
(1)若a=-1,求函数f(x)的单调区间.
(2)若f(x)≥0在x∈[1,+∞)上恒成立,求正数a的取值范围.
【解析】(1)当a=-1时,
f(x)=-x--lnx+3(x>0),
所以f′(x)==,
则当x∈(0,1)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减;所以f(x)的单调递增区间为(0,1),f(x)的单调递减区间为(1,+∞).
(2)因为f(x)=ax++1-2a-ln
x,x∈[1,+∞),则f=0,
f′(x)=a--=
=.
①当01,
故当1f(x)在上是减函数,
所以当x∈时,f(x)②当a≥时,≤1,此时f′(x)≥0在上成立,所以f(x)在上是增函数,
所以f(x)≥f=0,即f(x)≥0在上恒成立.综上所述,a的取值范围为.
(2020·南昌模拟)已知函数f(x)=ex,g(x)=
ln(x+a)+b.
(1)若函数f(x)与g(x)的图像在点(0,1)处有相同的切线,求a,b的值.
(2)当b=0时,f(x)-g(x)>0恒成立,求整数a的最大值.
(3)求证:ln
2+(ln
3-ln
2)2+(ln
4-ln
3)3+…+[ln(n+1)-ln
n]n<(n∈N
).
【解析】(1)因为函数f(x)和g(x)的图像在点(0,1)处有相同的切线,所以f(0)=g(0)且f′(0)=g′(0),
又因为f′(x)=ex,g′(x)=,所以1=ln
a+b,1=,
解得a=1,b=1.
(2)先证明ex≥x+1,设F(x)=ex-x-1,则F′(x)=ex-1,当x∈(0,+∞)时,F′(x)>0,当x∈(-∞,0)时,F′(x)<0,所以F(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减,所以F(x)min=F(0)=0,即F(x)≥0恒成立,
即ex≥x+1.
同理可得ln(x+2)≤x+1,即ex>ln(x+2),
当a≤2时,ln(x+a)≤ln(x+2)所以当a≤2时,f(x)-g(x)>0恒成立.
当a≥3时,e0a,即ex-ln(x+a)>0不恒成立.
故整数a的最大值为2.
(3)由(2)知ex>ln(x+2),令x=,
则>ln,
即e-n+1>=[ln(n+1)-ln
n]n,
所以e0+e-1+e-2+…+e-n+1>ln
2+(ln
3-ln
2)2+(ln
4-ln
3)3+…+[ln(n+1)-ln
n]n,
又因为e0+e-1+e-2+…+e-n+1=<=,
所以ln
2+(ln
3-ln
2)2+(ln
4-ln
3)3+…+[ln(n+1)-ln
n]n<.
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9
-导数与函数零点的综合问题
核心考点·精准研析
考点一 判断函数零点(方程根)的个数?
1.已知函数f(x)=3ln
x-x2+2x-3ln
3-,则方程f(x)=0的解的个数为 .?
2.(2019·武汉模拟)已知函数f(x)=ex-ax-1(a∈R)(e=2.718
28…是自然对数的底数).
世纪金榜导学号
(1)求f(x)的单调区间.
(2)讨论g(x)=f(x)在区间[0,1]上零点的个数.
【解题导思】
序号
联想解题
1
由方程f(x)=0的解想到函数f(x)的零点
序号
题目拆解
2
(1)f(x)的单调区间
求f′(x)并分析其正负确定单调区间
(2)g(x)在区间[0,1]上零点的个数
讨论f(x)在[0,1]上的单调性,判断f(x)的零点个数,最后确定g(x)零点的个数.
【解析】1.因为f(x)=3ln
x-x2+2x-3ln
3-(x>0),所以f′(x)=-x+2
==,
当x∈(0,3)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(3,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减,
所以f(x)max=f(3)=3ln
3-+6-3ln
3-=0,
因为当x→0时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解.
答案:1
2.(1)因为f(x)=ex-ax-1,
所以f′(x)=ex-a,当a≤0时,f′(x)>0恒成立,
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,令f′(x)<0,得xa,令f′(x)>0,得x>ln
a,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,ln
a),
单调递增区间为(ln
a,+∞).
(2)令g(x)=0,得f(x)=0或x=,
先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数,
①当a≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)=0,
所以f(x)在[0,1]上有一个零点;
②当a≥e时,f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)=0,
所以f(x)在[0,1]上有一个零点;
③当1a)上单调递减,在(ln
a,1]上单调递增,而f(1)=e-a-1,当e-a-1≥0,即1当e-a-1<0,即e-1f(x)在[0,1]上有一个零点.
当x=时,由f=0得a=2(-1).
综上知,当a≤1或a>e-1或a=2(-1)时,
g(x)在[0,1]上有两个零点;
当1g(x)在[0,1]上有三个零点.
利用导数研究方程根(函数零点)的技巧
(1)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.
(2)根据题目要求,画出函数图像的走势规律,标明函数极(最)值的位置.
(3)利用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.
设函数f(x)=ln
x+,m∈R.讨论函数g(x)=f′(x)-零点的个数.
【解析】由题设,g(x)=f′(x)-=--(x>0),
令g(x)=0,得m=-x3+x(x>0).
设φ(x)=-x3+x(x>0),
则φ′(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1),
当x∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;
当x∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.
所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点.
所以φ(x)的最大值为φ(1)=.
由φ(0)=0,结合y=φ(x)的图像(如图),
可知①当m>时,函数g(x)无零点;
②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;
③当0④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.
综上所述,当m>时,函数g(x)无零点;
当m=或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;
当0考点二 已知函数零点个数求参数问题?
【典例】已知曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
世纪金榜导学号
(1)求a,b.
(2)若函数g(x)=f(x)-3ex-m有两个零点,求实数m的取值范围.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)曲线f(x)=ex(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.
求导数,根据导数的几何意义,求出切线的斜率,解方程组,即可求出a和b的值
(2)函数g(x)有两个零点
求导数,利用导数确定函数的单调性,求出函数的极值,结合函数的零点与方程实数根的关系,数形结合,即可求出实数m的值.
【解析】(1)f(x)=ex(ax+1),
f′(x)=ex(ax+1)+ex·a=ex(ax+1+a),
所以所以a=1,b=3e.
(2)方法一:g(x)=f(x)-3ex-m
=ex(x-2)-m,
函数g(x)=ex(x-2)-m有两个零点,相当于曲线u(x)=ex·(x-2)与直线y=m有两个交点.u′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,u′(x)<0,
所以u(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,
所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,
又x→+∞时,u(x)→+∞;
x<2时,u(x)<0,所以-e方法二:g(x)=f(x)-3ex-m=ex(x-2)-m,
g′(x)=ex·(x-2)+ex=ex(x-1),
当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减,
当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,
又x→-∞时,g(x)→-m,
所以-e 已知函数零点个数求参数的常用方法
(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.
(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.
(2018·全国卷II)已知函数f(x)=ex-ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1.
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
【解析】(1)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(0,1)和(1,+∞)上单调递减.
而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.
f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当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-是h(x)在(0,+∞)上的最小值.
①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;
②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;
③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,
由(1)知,当x>0时,ex>x2,
所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.
故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.
综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.
考点三 可转化为函数零点个数的问题?
【典例】已知直线l:y=x+1,函数f(x)=aex.
世纪金榜导学号
(1)当a=1,x>0时,证明:曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.
(2)若直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a的取值范围.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)曲线y=f(x)-x2在直线l的上方
证明曲线y=f(x)-x2在直线l的上方,转化为ex-x2-x-1>0恒成立.再利用导数判断函数单调性,从而求出最小值.
(2)直线l与曲线y=f(x)有两个不同的交点
令S(x)=aex-x-1,直线l与曲线f(x)有两个不同的交点,既要判断S(x)在极值点两侧的单调性,又要判断极值点两侧的函数值的正负,即运用零点存在性定理,说明在极值点两侧零点各有一个.
【解析】
(1)令J(x)=ex-x2-x-1,
则J′(x)=ex-x-1,
令g(x)=J′(x),则g′(x)=ex-1,
当x>0时,g′(x)>0,所以在(0,+∞)上,
J′(x)为增函数,
所以J′(x)>J′(0)=0,从而J(x)也为增函数,得J(x)>J(0)=0.
故ex-x2>x+1,即曲线y=f(x)-x2在直线l的上方.
(2)令S(x)=aex-x-1,
则S′(x)=aex-1,当a≤0时,S′(x)<0,
得S(x)在R上单调递减,不符合题意;
当a>0时,令S′(x)=0,得x=ln
,
所以S(x)在上为减函数,
在上为增函数,
由已知函数S(x)有两个零点,
所以S(x)min=S=-ln
<0,
得00,
所以S(x)在上有且只有一个零点.
由(1)得当x>0时,
S(x)>a-x-1
=ax2+(a-1)x+a-1,
所以S>a+(a-1)+a-1=a+1>0.
由(1)知,当x>0时,J′(x)>0得
ex>x+1,令x+1=t,则ln
t1),所以>-1>ln
,
所以S(x)在上有且只有一个零点,
综上,0 处理函数y=f(x)与y=g(x)图像的交点问题的常用方法
(1)数形结合,即分别作出两函数的图像,观察交点情况;
(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)-g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.
已知函数f(x)=x3-3x2+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.
【解析】
(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.
曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,
由题意得-=-2,所以a=1.
(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.
设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.
由题意知1-k>0,
当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,
g(x)单调递增,
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)=x3-3x2+4,
则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x),
h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),
h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,
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上有唯一实根,即当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.
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9
-导数的存在性问题
核心考点·精准研析
考点一 关于函数零点或方程的根的存在性问题?
【典例】1.(2020·泰安模拟)若函数f(x)=ax3-x2+1存在唯一的零点x0,且x0>0,则实数a的取值范围是
( )
A.
B.(-,0)
C.(0,)
D.
2.(2020·聊城模拟)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(4-x)=f(x),且当x∈[-2,0]时,f(x)=xex(其中e=2.718
28…是自然对数的底数).若关于x的方程f(x)-a=0在[0,4]上恰有四个解,则实数a的取值范围是
世纪金榜导学号( )
A.
B.
C.
D.
【解题导思】
序号
联想解题
1
由存在唯一的零点x0,且x0>0,想到分离变量a构建新函数
2
由f(x)为偶函数,且f(4-x)=f(x),想到判断f(x)的周期性.
【解析】1.选A.由函数f(x)=ax3-x2+1存在唯一的零点x0,且x0>0等价于a=有唯一正根,
即函数y=g(x)=的图像与直线y=a在y轴右侧有1个交点,
又y=g(x)为奇函数且g′(x)=,
则y=g(x)在(-∞,-),(,+∞)上为减函数,在(-,0),(0,)上为增函数,则满足题意时y=g(x)的图像与直线y=a的位置关系如图所示,
即实数a的取值范围是a<-.
2.选C.由f(x)是定义在R上的偶函数,且f(4-x)=f(x)可得f(-x)=f(x+4)=f(x),
所以f(x)为周期为4的函数,因为当x∈[-2,0]时,f(x)=xex,所以f′(x)=ex+xex=(1+x)ex,所以当-2≤x<-1时,f′(x)<0,f(x)单调递减,当-1≤x<0时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,所以当x=-1时,f(x)取得最小值f(-1)=-,当x=-2时,f(-2)=-,当x=0时,f(0)=0,函数f(x)在[0,4]上的图像如图所示,根据图像可得,若关于x的方程f(x)-a=0在[0,4]上恰有四个解,则a的取值范围是.
题1条件改为f(x)=ax3-3x2+1,其他条件不变,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围为 _______.?
【解析】当a=0时,不符合题意.
a≠0时,f′(x)=3ax2-6x,
令f′(x)=0,得x1=0,x2=.若a>0,
由图像知f(x)有负数零点,不符合题意.
若a<0,由图像结合f(0)=1>0知,此时必有f>0,
即a×-3×+1>0,化简得a2>4,又a<0,所以a<-2.
答案:(-∞,-2)
导数法研究函数零点的存在性问题的策略
(1)基本依据:函数零点的存在性定理.
(2)注意点:函数零点的存在性定理是函数存在零点的充分不必要条件.
(3)基本方法:导数法分析函数的单调性、极值、区间端点函数值,画出函数的草图,数形结合求参数的值.
(4)常见技巧:将已知等式适当变形,转化为有利于用导数法研究性质的形式.
(2020·辽源模拟)已知函数f(x)=x2·e-x,g(x)=-x3+2x2-3x+c.若对?x1∈(0,+∞),?x2∈[1,3],使f(x1)=g(x2)成立,则c的取值范围是
( )
A.B.≤c≤
C.c≤
D.c≥
【解析】选B.f(x)=x2·e-x,x∈(0,+∞),
f′(x)=,令f′(x)=0,解得x=2,
故f(x)在(0,2)上递增,在(2,+∞)上递减,
故f(x)max=f(2)=,
而x→0时,f(x)→0;x→+∞时,f(x)→0且f(x)>0,
故f(x)∈,g(x)=-x3+2x2-3x+c,
g′(x)=-(x-3)(x-1),
令g′(x)>0,解得:1故g(x)在[1,3]上递增,而g(x)min=g(1)=-+c,
g(x)max=g(3)=c,故g(x)∈,
若对?x1∈(0,+∞),?x2∈[1,3],
使f(x1)=g(x2)成立,
则?,
故,解得≤c≤.
考点二 关于函数极值、最值的存在性问题?
【典例】(2019·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=(x-1)ln
x-x-1.证明:
世纪金榜导学号
(1)f(x)存在唯一的极值点.
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)f(x)存在唯一的极值点
分析f′(x)的单调性,用零点存在性定理证明存在唯一x0∈(0,+∞),使得f′(x0)=0,且x0两侧f′(x)异号
(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数
用零点存在性定理证明f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.计算f=0,结合f(x)的单调性进行证明.
【证明】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
f′(x)=+ln
x-1=ln
x-.
因为y=ln
x单调递增,y=单调递减,
所以f′(x)单调递增,
又f′(1)=-1<0,f′(2)=ln
2-=>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得f′(x0)=0.
又当xx0时,f′(x)>0,f(x)单调递增.因此,f(x)存在唯一的极值点.
(2)由(1)知f(x0)0,
所以f(x)=0在(x0,+∞)内存在唯一根x=α.
由α>x0>1得<1又f=ln--1==0,故是f(x)=0在(0,x0)的唯一根.
综上,f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.
导数法研究函数极值、最值存在性问题的原则
(1)弄清用导数法求函数(不含参数)的极值、最值的一般步骤,及关键步骤要注意的问题.
(2)在某区间上函数存在极值点,即方程f′(x)=0一定有根,但方程有根,并不一定是极值点,还要判断函数的单调性,看原函数在此根的左右两侧是否出现单调性改变,通常要结合函数图像解决.
(3)在某区间上函数存在最值,通常假设存在最值,根据题目条件求出后构建方程,解出参数的值并进行检验.
(2019·抚顺模拟)已知函数f(x)=ln
x-ax-3(a≠0).
(1)讨论函数f(x)的单调性.
(2)若函数f(x)有最大值M,且M>a-5,求实数a的取值范围.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),
由已知得f′(x)=-a,
当a<0时,f′(x)>0,
所以,f(x)在(0,+∞)内单调递增,无减区间;
当a>0时,令f′(x)=0,得x=,
所以当x∈时f′(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈时f′(x)<0,f(x)单调递减.
(2)由(1)知,当a<0时,f(x)在(0,+∞)内单调递增,无最大值,当a>0时,函数f(x)在x=取得最大值,
即f(x)max=f=ln
-4=-ln
a-4,
因此有-ln
a-4>a-5,得ln
a+a-1<0,
设g(a)=ln
a+a-1,则g′(a)=+1>0,所以g(a)在(0,+∞)内单调递增,
又g(1)=0,所以g(a)故实数a的取值范围是(0,1).
考点三 关于不等式的存在性问题?
【典例】1.已知f(x)=ln
x-+,g(x)=-x2-2ax+4,若对?x1∈(0,2],
?x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则a的取值范围是
( )
A.
B.
C.
D.
【解题导思】
序号
联想解题
由对?x1∈(0,2],?x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,想到f(x1)min≥g(x2)min
【解析】选A.因为f(x)=ln
x-+,x∈(0,2],
所以f′(x)=--=,
令f′(x)=0,解得x=1或x=3(舍),
从而00;
所以当x=1时,f(x)取最小值,为,
因此?x∈[1,2],使得≥-x2-2ax+4成立,所以a≥,因为y=-+在[1,2]上单调递减,所以y=-+的最小值为-+=-,因此a≥-.
2.已知函数f(x)=ax-ex(a∈R),g(x)=.
(1)求函数f(x)的单调区间.
(2)?x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立,求a的取值范围.
世纪金榜导学号
【解题导思】
序号
题目拆解
(1)函数f(x)的单调区间
求f′(x),依据f′(x)=0解的情况,分类讨论
(2)?x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex成立
对不等式适当变形,转化为求函数最值问题
【解析】(1)因为f′(x)=a-ex,x∈R.
当a≤0时,f′(x)<0,f(x)在R上单调递减;
当a>0时,令f′(x)=0得x=ln
a.
由f′(x)>0得f(x)的单调递增区间为(-∞,ln
a);
由f′(x)<0得f(x)的单调递减区间为(ln
a,+∞).
综上,当a≤0时,f(x)的单调减区间为R;当a>0时,f(x)的单调增区间为(-∞,ln
a);
单调减区间为(ln
a,+∞).
(2)因为?x0∈(0,+∞),使不等式f(x)≤g(x)-ex,
所以ax≤,即a≤.
设h(x)=,则问题转化为a≤,
由h′(x)=,令h′(x)=0,则x=.
当x在区间(0,+∞)内变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
x
(0,)
(,+∞)
h′(x)
+
0
-
h(x)
↗
极大值
↘
由上表可知,当x=时,函数h(x)有极大值,即最大值为.所以a≤.
1.不等式存在性问题的求解策略
“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.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特别需要关注等号是否成立,以免细节出错.
2.两个常用结论
(1)?x∈I,使得f(x)>g(x)成立?[f(x)-g(x)]max>0(x∈I).
(2)对?x1∈D1,?x2∈D2使得f(x1)≥g(x2)?f(x)min≥g(x)min,f(x)的定义域为D1,g(x)的定义域为D2.
(2020·西安模拟)已知函数f(x)=x3+x2+ax.
(1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上单调递增,求实数a的最小值.
(2)若函数g(x)=,对?x1∈,?x2∈,使f′(x1)≤g(x2)成立,求实数a的取值范围.
【解析】(1)由题设知f′(x)=x2+2x+a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≥-(x+1)2+1在[1,+∞)上恒成立,
而函数y=-(x+1)2+1在[1,+∞)单调递减,则ymax=-3,所以a≥-3,所以a的最小值为-3.
(2)“对?x1∈,?x2∈,使f′(x1)≤g(x2)成立”等价于“当x∈时,f′(x)max≤g(x)max”.
因为f′(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在上单调递增,
所以f′(x)max=f′(2)=8+a.
而g′(x)=,由g′(x)>0,得x<1,
由g′(x)<0,得x>1,
所以g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.
所以当x∈时,g(x)max=g(1)=.
由8+a≤,得a≤-8,
所以实数a的取值范围为.
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