(共69张PPT)
第2课时 一元函数的导数及其应用
复习课
2022
内容索引
01
02
知识梳理 构建体系
专题归纳 核心突破
知识梳理 构建体系
【知识网络】
【要点梳理】
1.函数y=f(x)从x0到x0+Δx的平均变化率的表达式是什么
2.函数y=f(x)在x=x0处的导数(也称为瞬时变化率)的表达式是什么
3.导数的几何意义是什么
导数f'(x0)的几何意义是曲线y=f(x)在点P(x0,f(x0))处的切线的斜率.
4.基本初等函数的导数公式有哪些
5.导数的运算法则有哪些
[f(x)±g(x)]'= f'(x)±g'(x) ;
[f(x)g(x)]'= f'(x)g(x)+f(x)g'(x) ;
[cf(x)]'= cf'(x) .
6.函数f(x)的单调性与导函数f'(x)的正负之间具有怎样的关系
在某个区间(a,b)上,如果 f'(x)>0 ,那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递增;
在某个区间(a,b)上,如果f'(x)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递减.
7.函数的极值与极值点的概念是什么 一般用什么方法求函数y=f(x)的极值
(1)函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小,f'(a)=0;而且在点x=a附近的左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0,则a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.
类似地,函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大,f'(b)=0;而且在点x=b附近的左侧 f'(x)>0 ,右侧 f'(x)<0 ,则b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.
极小值点、极大值点统称为极值点,极小值和极大值统称为极值.
(2)一般地,可按如下方法求函数y=f(x)的极值:
解方程f'(x)=0,当f'(x)=0时:
①如果在x0附近的左侧f'(x)>0,右侧f'(x)<0,那么f(x0)是极大值;
②如果在x0附近的左侧 f'(x)<0 ,右侧 f'(x)>0 ,那么f(x0)是极小值.
8.求函数y=f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤是怎样的
(1)求函数y=f(x)在区间(a,b)上的极值;
(2)将函数y=f(x)的各极值与区间端点处的函数值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.
9.解决实际问题的基本思路
实际问题→用函数表示数学问题
↓
实际问题的答案←用导数解决数学问题
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号里画“√”,错误的画“×”.
(1)函数在闭区间上的极大值就是最大值.( )
(2)在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)必存在最大值与最小值.( )
(3)在开区间(a,b)内连续的函数f(x)若只有某一点处存在极大值(或极小值),则函数f(x)在该点处取得最大值(或最小值).( )
×
√
√
专题归纳 核心突破
【专题整合】
专题一 导数的几何意义及其应用
【例1】 已知函数y=x3-x,求函数的图象
(1)在点(1,0)处的切线方程;
(2)过点(1,0)的切线方程.
解:(1)因为y=x3-x,所以y'=3x2-1.
函数的图象在点(1,0)处的切线斜率为k=y'|x=1=2,
所以函数的图象在点(1,0)处的切线方程为y=2x-2.
反思感悟 1.利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y-y0=f'(x0)(x-x0),明确“过点P(x0,y0)的曲线y=f(x)的切线方程”与“在点P(x0,y0)处的曲线y=f(x)的切线方程”的异同点.
2.围绕切点有三个等量关系:一是切点在曲线上;二是切点在切线上;三是在切点处的导数等于切线的斜率.这三个等量关系在求解有关切线的参数问题中经常用到.
【变式训练1】 设函数f(x)=4x2-ln x+2,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程.
解:因为f'(x)=8x- ,
所以曲线在点(1,f(1))处切线的斜率k=f'(1)=7.
又因为f(1)=4+2=6,所以切点的坐标为(1,6),
所以切线的方程为y-6=7(x-1),即y=7x-1.
专题二 利用导数判断函数的单调性
分析:先求f'(x),再分k=0,0
1四种情况讨论.
解:函数f(x)的定义域为(-1,+∞).
所以,在区间(-1,0)上,f'(x)>0;
在区间(0,+∞)上,f'(x)<0.
故函数f(x)的单调递增区间是(-1,0),单调递减区间是(0,+∞).
故函数f(x)的单调递增区间是(-1,+∞).
反思感悟 借助导数研究函数的单调性,尤其是研究含有ln x,ex等线性函数或复合函数的单调性,是近几年高考的一个重点.其特点是导数f'(x)的符号一般由二次函数来确定,经常同一元二次方程、一元二次不等式结合,融分类讨论、数形结合于一体.
有f'(x)=0,对其余的x>0都有f'(x)>0.
故函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
【例3】 已知函数f(x)=x2+ (x≠0,a∈R),若f(x)在区间[2,+∞)上单调递增,求a的取值范围.
∵函数f(x)在区间[2,+∞)上单调递增,
∴f'(x)≥0在区间[2,+∞)上恒成立,
即a≤2x3在区间[2,+∞)上恒成立,则a≤(2x3)min=16.
∴实数a的取值范围是(-∞,16].
反思感悟 已知函数的单调性求参数的取值范围的两种思路
(1)转化为不等式在某区间上恒成立问题,即f'(x)≥0(或≤0)恒成立,用分离参数求最值或函数的性质求解,注意验证使f'(x)=0的参数是否符合题意.
(2)构造关于参数的不等式求解,即令f'(x)>0(或<0)求得用参数表示的单调区间,结合所给区间,利用区间端点列不等式求参数的取值范围.
【变式训练3】 若函数f(x)= (x∈R)在区间[-1,1]上单调递增,求实数a的取值范围.
∵(x2+2)2>0,
∴x2-ax-2≤0对x∈[-1,1]恒成立.
设g(x)=x2-ax-2,则g(x)为二次函数,其图象为一开口向上的抛物线.
专题三 利用导数求函数的极值和最值
【例4】 已知函数f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3.
(1)设a=1,求函数f(x)的极值;
(2)若a> ,且当x∈[1,4a]时,|f'(x)|≤12a恒成立,试确定a的取值范围.
解:(1)当a=1时,f(x)=x3-3x2-9x+1,
则f'(x)=3x2-6x-9.
令f'(x)=0,解得x=-1或x=3.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况
如下表所示.
所以函数f(x)的极大值是f(-1)=6,
极小值是f(3)=-26.
x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调 递增 极大值 单调 递减 极小值 单调
递增
(2)f'(x)=3x2-6ax-9a2的图象是一条开口向上,且对称轴为直线x=a的抛物线,因此,
若 所以f'(x)在区间[1,4a]上的最小值为f'(1)=3-6a-9a2,最大值为f'(4a)=15a2.
由|f'(x)|≤12a,得-12a≤3x2-6ax-9a2≤12a,
若a>1,则|f'(a)|=12a2>12a,
故当x∈[1,4a]时,|f'(x)|≤12a不恒成立.
反思感悟 1.极值和最值是两个迵然不同的概念,前者是函数的“局部”性质,而后者是函数的“整体”性质.另函数有极值未必有最值,反之亦然.
2.判断函数“极值”是否存在时,务必把握以下原则:
(1)确定函数f(x)的定义域;
(2)求方程f'(x)=0的根;
(3)检验f'(x)=0的根的两侧f'(x)的符号:
若左正右负,则f(x)在此根处取得极大值;
若左负右正,则f(x)在此根处取得极小值.
【变式训练4】 已知函数f(x)=x3+ax2+b的图象上一点P(1,0),且在点P处的切线与直线3x+y=0平行.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在区间[0,t](0(3)在(1)的结论下,关于x的方程f(x)=c在区间[1,3]上恰有两个相异的实根,求实数c的取值范围.
解:(1)因为f'(x)=3x2+2ax,
所以曲线y=f(x)在点P(1,0)处的切线斜率为f'(1)=3+2a.
由题意知3+2a=-3,解得a=-3.
又因为函数f(x)的图象过点P(1,0),
所以f(1)=-2+b=0,解得b=2.
所以a=-3,b=2,从而f(x)=x3-3x2+2.
(2)由f(x)=x3-3x2+2,得f'(x)=3x2-6x.
令f'(x)=0,解得x=0或x=2.
①当0故函数f(x)在区间[0,t]上单调递减,
所以f(x)max=f(0)=2,f(x)min=f(t)=t3-3t2+2.
②当2f'(x),f(x)的变化情况如下表:
f(x)min=f(2)=-2,f(x)max为f(0)
与f(t)中较大的一个.
f(t)-f(0)=t3-3t2=t2(t-3)<0.
所以f(x)max=f(0)=2.
综上,函数f(x)在区间[0,t](0x 0 (0,2) 2 (2,t) t
f'(x) - 0 +
f(x) 2 单调递减 -2 单调递增 t3-3t2+2
(3)设g(x)=f(x)-c=x3-3x2+2-c,
则g'(x)=3x2-6x=3x(x-2).
令g'(x)=0,解得x=2或x=0(舍去).
当x∈[1,2)时,g'(x)<0,g(x)在区间[1,2)上单调递减;
当x∈(2,3]时,g'(x)>0,g(x)在区间(2,3]上单调递增.
故x=2是g(x)的极小值点.要使g(x)=0在区间[1,3]上恰有两个相异的实根,
故实数c的取值范围为(-2,0].
专题四 利用导数证明不等式
【例5】 已知函数f(x)= ,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0,
(1)求a,b的值;
分析:(1)先求f'(x),再根据f'(1)与f(1)列方程组求解.
(2)作差,构造函数,利用导数证明.
反思感悟 利用导数解决不等式问题(如:证明不等式,比较大小等),其实质就是利用导数研究函数的单调性,而证明不等式(或比较大小)常与函数的最值问题有关.因此,解决该类问题通常是先构造一个函数,再考查这个函数的单调性,最后结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以解决.
【高考体验】
考点一 导数的几何意义的应用1.(2019·全国Ⅰ高考)曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为 .
解析:由题意可知y'=3(2x+1)ex+3(x2+x)ex=3(x2+3x+1)ex,
∴k=y'|x=0=3.
∴曲线y=3(x2+x)ex在点(0,0)处的切线方程为y=3x.
答案:y=3x
2.(2018·全国Ⅰ高考)设函数f(x)=x3+(a-1)·x2+ax,若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A.y=-2x B.y=-x
C.y=2x D.y=x
解析:因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即-x3+(a-1)x2-ax=-x3-(a-1)x2-ax,
解得a=1,则f(x)=x3+x.
由f'(x)=3x2+1,得在(0,0)处的切线斜率k=f'(0)=1.
故切线方程为y=x.
答案:D
3.(2016·全国Ⅲ高考)已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是 .
解析:当x>0时,-x<0,则f(-x)=ln x-3x.
因为f(x)为偶函数,
所以f(x)=f(-x)=ln x-3x,
所以f'(x)= -3,f'(1)=-2.
故所求切线方程为y+3=-2(x-1),
即y=-2x-1.
答案:y=-2x-1
4.(2016·全国Ⅱ高考)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线,也是曲线y=ln(x+1)的切线,则b= .
设直线y=kx+b与曲线y=ln x+2相切于点P1(x1,y1),与曲线y=ln(x+1)相切于点P2(x2,y2),则y1=ln x1+2,y2=ln(x2+1).
由点P1(x1,y1)在切线上,
因为这两条直线表示同一条直线,
答案:1-ln 2
5.(2015·全国Ⅰ高考)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a= .
解析:∵f'(x)=3ax2+1,
∴f'(1)=3a+1,
即切线的斜率k=3a+1.
又f(1)=a+2,
∴已知点为(1,a+2).
而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为 =5-a,
∴5-a=3a+1,解得a=1.
答案:1
考点二 利用导数判断函数的单调性
(1)讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;
(2)设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=ln x在点A(x0,ln x0)处的切线也是曲线y=ex的切线.
(1)解:f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞).
7.(2018·全国 Ⅱ 高考)已知函数f(x)= x3-a(x2+x+1).
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明f(x)只有一个零点.
8.(2017·全国Ⅰ高考)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1).
(ⅰ)若a≤0,则f'(x)<0,
所以f(x)在(-∞,+∞)单调递减.
(ⅱ)若a>0,则由f'(x)=0得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)单调递减,在(-ln a,+∞)单调递增.
(2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一个零点.
(ⅱ)若a>0,由(1)知,当x=-ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(-ln a)=1- +ln a.
①当a=1时,由于f(-ln a)=0,
故f(x)只有一个零点;
②当a∈(1,+∞)时,由于1- +ln a>0,
即f(-ln a)>0,故f(x)没有零点;
因此f(x)在(-ln a,+∞)有一个零点.
综上,a的取值范围为(0,1).
9.(2015·全国Ⅱ高考)设函数f'(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数,f(-1)=0,当x>0时,xf'(x)-f(x)<0,则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A.(-∞,-1)∪(0,1)
B.(-1,0)∪(1,+∞)
C.(-∞,-1)∪(-1,0)
D.(0,1)∪(1,+∞)
∵f(x)为奇函数,且由f(-1)=0,
得f(1)=0,故F(1)=0.
在区间(0,1)上,F(x)>0;
在(1,+∞)上,F(x)<0,即当00;
当x>1时,f(x)<0.
又f(x)为奇函数,∴当x∈(-∞,-1)时,f(x)>0;当x∈(-1,0)时,f(x)<0.
综上可知,f(x)>0的解集为(-∞,-1)∪(0,1).故选A.
答案:A
考点三 利用导数判断函数的极值
10.(2016·全国Ⅰ高考)函数y=2x2-e|x|在区间[-2,2]上的图象大致为( )
解析:特殊值验证法,取x=2,
则y=2×4-e2≈8-2.7182
≈0.6∈(0,1),排除A,B;
当0则y'=4x-ex,由函数零点的
判定可知,y'=4x-ex在(0,2)
内存在零点,即函数y=2x2-ex
在(0,2)内有极值点,排除C,
故选D.
答案:D
11.(2017·全国Ⅱ高考)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值为( )
A.-1 B.-2e-3
C.5e-3 D.1
解析:由题意可得f'(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1.
因为x=-2是函数f(x)的极值点,所以f'(-2)=0.
所以a=-1.
所以f(x)=(x2-x-1)ex-1.
所以f'(x)=(x2+x-2)ex-1.
令f'(x)=0,解得x1=-2,x2=1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:
所以当x=1时,f(x)有极小值,并且极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1,故选A.
x (-∞,-2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞)
f'(x) + 0 - 0 +
f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
A
12.(2019·全国Ⅰ高考)已知函数f(x)=sin x-ln(1+x),f'(x)为f(x)的导数.证明:
(2)f(x)有且仅有2个零点.
(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).
(ⅰ)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f'(x)在区间(-1,0)内单调递增,而f'(0)=0,
所以当x∈(-1,0)时,f'(x)<0,故f(x)在区间(-1,0)内单调递减.
又f(0)=0,从而x=0是f(x)在区间(-1,0]上的唯一零点.
(ⅳ)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在区间(π,+∞)内没有零点.
综上,f(x)有且仅有2个零点.
13.(2018·全国Ⅲ高考)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.
(1)若a=0,证明:当-10时,f(x)>0.
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.
当-10时,g'(x)>0.
故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.
所以f(x)在(-1,+∞)单调递增.
又f(0)=0,故当-10时,f(x)>0.
(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.
故x=0不是h(x)的极大值点.
如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,
则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;
当x∈(0,1)时,h'(x)<0.
所以x=0是h(x)的极大值点,
从而x=0是f(x)的极大值点.
综上,a=- .
考点四 利用导数判断函数的最值
14.(2019·全国Ⅲ高考)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1 若存在,求出a,b的所有值;若不存在,说明理由.
(2)满足题设条件的a,b存在.
(ⅰ)当a≤0时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.
(ⅱ)当a≥3时,由(1)知,f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时,f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
15.(2017·全国Ⅲ高考)已知函数f(x)=x-1-aln x.
(1)若f(x)≥0,求a的值;
解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞).
所以f(x)在(0,a)单调递减,
在(a,+∞)单调递增.
故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.
因为f(1)=0,所以当且仅当a=1时,f(x)≥0.
故a=1.
本 课 结 束第2课时 一元函数的导数及其应用
课后训练巩固提升
1.若曲线y=在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,则a=( )
A.2 B.-2
C.- D.
解析:y==1+,y'=-,切线斜率为y'|x=3=-.
因为曲线在点(3,2)处的切线与直线ax+y+1=0垂直,所以-×(-a)=-1,解得a=-2,故选B.
答案:B
2.若函数f(x)=x2-2x-4ln x,则f(x)的单调递增区间为( )
A.(-1,0)
B.(-1,0)∪(2,+∞)
C.(2,+∞)
D.(0,+∞)
解析:函数f(x)的定义域为(0,+∞),导数f'(x)=2x-2-.
由f'(x)>0,得x>2.
故f(x)的单调递增区间是(2,+∞).
答案:C
3.设函数f(x)在R上可导,其导函数为f'(x).若函数y=(1-x)·f'(x)的图象如图所示,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:由题图可知,f'(-2)=0,f'(2)=0,当x<-2时,f'(x)>0;当-22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.
故选D.
答案:D
4.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处取得极值10,则a+b=( )
A.0或-7 B.-7
C.0 D.7
解析:f'(x)=3x2+2ax+b.
由题意得
解得
若a=-3,b=3,则f'(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2.
当x<1或x>1时,f'(x)>0,所以x=1不是极值点,不符合题意.
经检验,a=4,b=-11符合题意,
所以a+b=4-11=-7.故选B.
答案:B
5.已知函数f(x)的定义域是R,f(0)=2,且对任意x∈R,f(x)+f'(x)>1,则不等式ex·f(x)>ex+1的解集为( )
A.{x|x>0}
B.{x|x<0}
C.{x|x<-1或x>1}
D.{x|x<-1或0解析:设g(x)=ex·f(x)-ex,
则g'(x)=ex·[f(x)+f'(x)-1].
∵对任意x∈R,f(x)+f'(x)>1,
∴g'(x)>0在R上恒成立.
∴g(x)=ex·f(x)-ex在R上为增函数.
又f(0)=2,∴g(0)=1.
故g(x)=ex·f(x)-ex>1的解集为{x|x>0},
即不等式ex·f(x)>ex+1的解集为{x|x>0}.
答案:A
6.已知函数f(x)=x3-3ax+b(a>0)的极大值为6,极小值为2,则f(x)的单调递减区间为 .
解析:令f'(x)=3x2-3a=0,解得x=±.
易得f(x)在x=-处取得极大值,
在x=处取得极小值.
由题意知f(-)=6,f()=2,解得a=1,b=4.
令f'(x)=3x2-3<0,得-1故函数f(x)的单调递减区间为(-1,1).
答案:(-1,1)
7.已知函数f(x)=x3+ax2-4x+3(x∈R).
(1)当a=2时,求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)在区间(1,2)内单调递减,求实数a的取值范围.
解:(1)当a=2时,∵f(x)=x3+2x2-4x+3,
∴f'(x)=3x2+4x-4.
∴f'(1)=3,即切线的斜率为3.
∵f(1)=2,
∴切点为(1,2).
故所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.
(2)∵f(x)=x3+ax2-4x+3,
∴f'(x)=3x2+2ax-4.
∵函数f(x)在区间(1,2)内单调递减,
∴f'(x)≤0对x∈(1,2)恒成立,
即3x2+2ax-4≤0对x∈(1,2)恒成立,
从而a≤x,x∈(1,2).
设h(x)=x,则h'(x)=-.
∵当x>0时,h'(x)<0,
∴函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
∴当x∈[1,2]时,h(x)min=h(2)=-2.
∴a≤-2.
故实数a的取值范围为.
8.已知函数f(x)=(x+a)ex(a∈R).
(1)若函数f(x)在区间[-3,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若f(x)≥e2对x∈[0,2]恒成立,求实数a的取值范围.
解:(1)f'(x)=(x+a+1)ex,x∈R.
因为函数f(x)在区间[-3,+∞)上单调递增,所以f'(x)≥0,即x+a+1≥0对x∈[-3,+∞)恒成立.
因为y=x+a+1是增函数,
所以-3+a+1≥0,解得a≥2.
故实数a的取值范围为[2,+∞).
(2)因为f(x)=(x+a)ex≥e2对x∈[0,2]恒成立,
即a≥e2-x-x对x∈[0,2]恒成立.
设g(x)=e2-x-x,x∈[0,2],
则g'(x)=-e2-x-1.
因为g'(x)<0,
所以函数g(x)在区间[0,2]上单调递减.
所以a≥g(x)max=g(0)=e2.
因此,实数a的取值范围是[e2,+∞).
9.已知函数f(x)=x2-mln x,h(x)=x2-x+a,
(1)当a=0时,f(x)≥h(x)在区间(1,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;
(2)当m=2时,若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间[1,3]上恰有两个不同零点,求实数a的取值范围.
解:(1)由f(x)≥h(x)在区间(1,+∞)上恒成立,
得m≤在区间(1,+∞)上恒成立.
设g(x)=,则g'(x)=.
令g'(x)=0,解得x=e.
当x∈(1,e)时,g'(x)<0,函数g(x)在区间(1,e)上单调递减;
当x∈(e,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)在区间(e,+∞)上单调递增.
所以当x=e时,函数g(x)取得极小值也是最小值,且最小值为g(e)=e.
故m≤e.
(2)由题意得k(x)=x-2ln x-a,函数k(x)在区间[1,3]上恰有两个不同零点等价于函数φ(x)=x-2ln x的图象与直线y=a在区间[1,3]上有两个不同的交点.
φ'(x)=1-.
令φ'(x)=0,解得x=2.
当x∈[1,2)时,φ'(x)<0,
函数φ(x)在区间[1,2)内单调递减;
当x∈(2,3]时,φ'(x)>0,
函数φ(x)在区间(2,3]上单调递增.
所以,函数φ(x)在x=2处取得极小值也是最小值,φ(x)min=φ(2)=2-2ln 2.
又因为φ(1)=1,φ(3)=3-2ln 3,
所以φ(1)>φ(3)>φ(2)>0.
所以2-2ln 2因此,实数a的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].