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2013届高考数学一轮复习讲义:3[1].3


一轮复习讲义

导数的综合应用

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要点梳理

忆一忆知识要点

1.利用导数研究函数单调性的步骤 (1)求导数 f′(x);(2)在函数 f(x)的定义域内解不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0;(3)根据(2)的结果确定函数 f(x)的单 调区间. 2.求可导函数极值的步骤 (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, 如果左正右负, 那么 f(x)在 x0 处取极大值,如果左负右正,那么 f(x)在 x0 处取 极小值.

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要点梳理

忆一忆知识要点

3.求函数 f(x)在闭区间[a,b]内的最大值与最小值 (1)确定函数 f(x)在闭区间[a,b]内连续、可导;(2)求函数 f(x)在开区间(a,b)内的极值;(3)求函数 f(x)在[a,b]端点处 的函数值 f(a),f(b);(4)比较函数 f(x)的各极值与 f(a),f(b) 的大小,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 4.生活中的优化问题 解决优化问题的基本思路:

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要点梳理

忆一忆知识要点

5.利用导数解决实际问题中的最值问题时应注意的问题 (1)在求实际问题的最大(小)值时,一定要注意考虑实际问 题的意义,不符合实际意义的值应舍去; (2)在实际问题中,有时会遇到函数在区间内只有一个极值 点,那么不与端点值比较,也可以知道这就是最大(小)值; (3)在解决实际问题中的优化问题时,不仅要注意将问题中 涉及的变量关系用函数关系式表示出来,还应确定函数关 系式中自变量的定义区间.

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[难点正本

疑点清源]

1. 实际问题常要求解出最大值或最小值, 即探求问题的最优解 (最优化方法),一元函数问题的最值可用求导数的方法解 决, 而且在求导后, 导数为零处常常只有一个(即方程 f′(x) =0 在定义域内只有惟一解),这个解通常就是最值点.但 在解答过程中,还需对这一点的左、右函数的单调性加以 验证. 2. 实际问题中, 建模时使用的自变量不一定是求导的最“优” 变量, 灵活地运用换元的方法是优化解答过程的有效手段.
3.求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出来,将参 数范围转化为研究新函数的值域问题. 4.判断方程根的个数时,可以利用数形结合思想及函数的单调性.

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利用导数研究函数的零 点或方程根的方法
例 1 已知函数 f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)在 x=-1 处取得极值,直线 y=m 与 y=f(x)的图象 有三个不同的交点,求 m 的取值范围.

分别求出 f(x)的极大、极小值,使 y=m 介于极大值与极小值 之间.

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(1)f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),

当 a<0 时,对 x?R,有 f′(x)>0, ∴当 a<0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞). 当 a>0 时,由 f′(x)>0,解得 x<- a或 x> a.
由 f′(x)<0,解得- a<x< a, ∴当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(-∞,- a),( a,+∞), 单调减区间为(- a, a). (2)∵f(x)在 x=-1 处取得极值, ∴f′(-1)=3×(-1)2-3a=0,∴a=1. ∴f(x)=x3-3x-1,
f′(x)=3x2-3, 由 f′(x)=0,解得 x1=-1,x2=1.

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由(1)中 f(x)的单调性可知,f(x)在 x=-1 处取得极大值 f(-1) =1,在 x=1 处取得极小值 f(1)=-3.
∵直线 y=m 与函数 y=f(x)的图象有三个不同的交点, 结合如图所示 f(x)的图象可知: 实数 m 的取值范围是(-3,1).

探究提高
(1)对于该问题的求解,一般利用研究函数的单调性、极值等性 质,并借助函数图象的交点情况,建立含参数的方程组(或不等 式)求之,实现形与数的和谐统一. (2)本题常见的错误是不能把函数的极值与图象交点联系起来, 缺乏转化与化归、数形结合的意识.

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变式训练 1
9 2 已知函数 f(x)=x - x +6x-a. 2
3

(1)对?x?R,f′(x)≥m 恒成立,求 m 的最大值; (2)若函数 f(x)有且仅有一个零点,求实数 a 的取值范围.
解 (1)f′(x)=3x2-9x+6=3(x-1)(x-2), 因为 x?R 时,f′(x)≥m 恒成立, ∴对 x?R,恒有 3x2-9x+(6-m)≥0. 3 因此 Δ=81-12(6-m)≤0,得 m≤- . 4 3 ∴实数 m 的最大值为- . 4

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(2)因为当 x<1 时,f′(x)>0,当 1<x<2 时,f′(x)<0, 当 x>2 时,f′(x)>0. 5 所以当 x=1 时,f(x)取极大值 f(1)= -a; 2 当 x=2 时,f(x)取极小值 f(2)=2-a.

故当 f(2)>0 或 f(1)<0 时,方程 f(x)=0 仅有一个实根, 5 解得 a<2 或 a> . 2 5 ∴当 a> 或 a<2 时,函数 f(x)仅有一个零点. 2

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利用函数研究恒成立及 参数求解问题
a 例 2 已知函数 f(x)=ln x-x. (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; 3 (2)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 (3)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围.

(1)求导数 f′(x)→判断 f′(x)>0 或 f′(x)<0→确定单调性. (2)根据单调性→求 f(x)在[1,e]上的最小值→列方程求解. (3)f(x)<x2→a>xln x-x3→求 xln x-x3 的最大值.

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(1)由题意 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 a x+a 且 f′(x)=x+ 2= 2 . x x ∵a>0,∴f′(x)>0, 故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. x+a (2)由(1)可知,f′(x)= 2 . x
①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去). 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立,
此时 f(x)在[1,e]上为减函数, a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去). e 2 2

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③若-e<a<-1,令 f′(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 2 综上所述,a=- e. a 2 (3)∵f(x)<x ,∴ln x-x<x .
2

又 x>0,∴a>xln x-x3. 令 g(x)=xln x-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, 1-6x2 1 h′(x)=x-6x= x .

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∵x?(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数.
g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立.

探究提高
(1)求函数的单调区间,直接求导,然后解不等式即可,注意函 数的定义域.(2)参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性 的逆向应用等,求解时注意分类讨论思想的运用.

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变式训练 2
a 设 f(x)=x+xln x,g(x)=x3-x2-3. (1)当 a=2 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)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; (3)如果对任意的 取值范围.
2 解 (1)当 a=2 时,f(x)=x+xln x, 2 f′(x)=- 2+ln x+1,f(1)=2,f′(1)=-1, x 故 y-2=-(x-1). 所以曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 x+y-3=0.
?1 ? s,t??2,2?都有 ? ?

f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的

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(2)存在 x1, 2?[0,2], x 使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立, 等价于: 1) [g(x -g(x2)]max≥M, g(x)=x -x -3,g′(x)=3x x g′(x) 0
? 2? ?0, ? 3? ?
3 2 2

? 2? -2x=3x?x-3?, ? ? ?2 ? 2 ? ,2? 3 ?3 ?

2



0

+ 1

极(最)小 递减 递增 85 g(x) -3 值- 27 ?2? 85 ? ?=- ,g(x)max=g(2)=1, 由上表可知:g(x)min=g 3 27 ? ? 112 [g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= , 27 所满足条件的最大整数 M=4.

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?1 ? (3)对任意的 s,t??2,2?,都有 f(s)≥g(t)成立. ? ? ?1 ? 等价于:在区间?2,2?上,函数 f(x)的最小值不小于 g(x)的最大值, ? ? ?1 ? 由(2)知,在区间?2,2?上,g(x)的最大值为 g(2)=1. ? ?

∴f(x)min≥1. 又∵f(1)=a,∴a≥1. 下面证当 a≥1
?1 ? 时,在区间?2,2?上, ? ?

函数 f(x)≥1 成立. ?1 ? a 1 ? ,2?时,f(x)= +xln x≥ +xln x, 当 a≥1 且 x? 2 x x ? ? 1 1 记 h(x)=x+xln x,h′(x)=- 2+ln x+1,h′(1)=0, x

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?1 ? 1 ? ,1?时,h′(x)=- 2+ln x? 2 x ? ?

x+1<0;

1 当 x?(1,2]时,h′(x)=- 2+ln x+1>0, x ?1 ? 1 所以函数 h(x)=x+xln x 在区间?2,1?上递减, 在区间(1,2]上递增, ? ? h(x)min=h(1)=1,即 h(x)≥1, ?1 ? 所以当 a≥1 且 x??2,2?时,f(x)≥1 成立, ? ? ?1 ? 即对任意 s,t??2,2?都有 f(s)≥g(t). ? ?

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利用导数研究生活中的优 化问题
例 3 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗,房屋的屋 顶和外墙需要建造隔热层. 某幢建筑物要建造可使用 20 年的 隔热层,每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元.该建筑物每 年的能源消耗费用 C(单位:万元)与隔热层厚度 x(单位:cm) k 满足关系:C(x)= (0≤x≤10),若不建隔热层,每年能 3x+5 源消耗费用为 8 万元.设 f(x)为隔热层建造费用与 20 年的能 源消耗费用之和. (1)求 k 的值及 f(x)的表达式; (2)隔热层修建多厚时,总费用 f(x)达到最小,并求最小值.

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k (1)考虑求解 C(x)= 中的参数 k 的值,注意 C(0)=8.(2)由 3x+5 导数求最值、注意考虑定义域.
解 (1)设隔热层厚度为 x cm,由题设, k 每年能源消耗费用为 C(x)= . 3x+5 40 再由 C(0)=8,得 k=40,因此 C(x)= . 3x+5 又建造费用为 C1(x)=6x.
最后得隔热层建造费用与 20 年的能源消耗费用之和为 40 f(x)=20C(x)+C1(x)=20× +6x 3x+5 800 = +6x (0≤x≤10). 3x+5

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2 400 (2)f′(x)=6- ,令 f′(x)=0, (3x+5)2 2 400 25 即 =6.解得 x=5,x=- (舍去). 3 (3x+5)2
当 0<x<5 时,f′(x)<0,当 5<x<10 时,f′(x)>0, 故 x=5 是 f(x)的最小值点,对应的最小值为 800 f(5)=6×5+ =70. 15+5

当隔热层修建 5 cm 厚时,总费用达到最小值 70 万元.

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变式训练 3
(2011· 福建)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 a = +10(x-6)2,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5 x-3 元/千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 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 a (1)因为 x=5 时,y=11,所以 +10=11,所以 a=2. 2

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2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= +10(x-6)2, x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润 2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2]=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. x-3 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]

=30(x-4)(x-6).
于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) F(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减

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由上表可得,x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是 最大值点. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42.
答 当销售价格为 4 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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审题路线图
二审结论会转换 1 2 (14 分)已知函数 f(x)= x +aln x. 2
(1)若 a=-1,求函数 f(x)的极值,并指出极大值还是极小值; (2)若 a=1,求函数 f(x)在[1,e]上的最大值和最小值; (3)若 a=1,求证:在区间[1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 2 3 g(x)= x 的图象的下方. 3 审题路线图 求 f(x)的极值 ↓(从结论出发向条件转化,注意隐含条件——定义域)
求 f′(x)=0 的解,即 f(x)的极值点 ↓(转化为求函数值)

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将极值点代入 f(x)求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性) 求 f(x)在[1,e]上的单调性 ↓(转化为求函数值) 比较端点值、极值,确定最大、最小值 ↓(构造函数进行转化) F(x)=f(x)-g(x) ↓(将图象的上、下关系转化为数量关系) 求证 F(x)<0 在(1,+∞)上恒成立. ↓研究函数 F(x)在(1,+∞)上的单调性.

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规范解答 由于函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 (x+1)(x-1) 当 a=-1 时,f′(x)=x-x= , x (1)解

[1 分]

令 f′(x)=0 得 x=1 或 x=-1(舍去), 当 x?(0,1)时,函数 f(x)单调递减, 当 x?(1,+∞)时,函数 f(x)单调递增,
1 所以 f(x)在 x=1 处取得极小值为 . 2
(2)解 1 1 ∴f(x)min=f(1)= ,f(x)max=f(e)= e2+1. 2 2

[2 分] [3 分]
[4 分]

当 a=1 时,易知函数 f(x)在[1,e]上为增函数, [5 分] [8 分]

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1 2 2 3 (3)证明 设 F(x)=f(x)-g(x)= x +ln x- x , 2 3 (1-x)(1+x+2x2) 1 则 F′(x)=x+x-2x2= , x
当 x>1 时,F′(x)<0, 1 故 f(x)在区间(1,+∞)上是减函数,又 F(1)=- <0, 6 ∴在区间(1,+∞)上,F(x)<0 恒成立.
即 F(x)<g(x)恒成立.

[10 分]

[12 分]

因此,当 a=1 时,在区间(1,+∞)上,函数 f(x)的图象在函数 g(x)图象的下方. [14 分]

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点评

(1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题

的有效方法,应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集; 最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大小;参数问题涉 及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等,求解时注意 分类讨论思想的应用. (2)对于一些复杂问题,要善于将问题转化,转化成能用熟知的 导数研究问题.

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方法与技巧
1.极值与最值的区别与联系.区别:极值是局部概念,只对某 个领域有效,最值是全局概念,对整个定义域都有效.联 系:最值一般是极值点、不可导点和端点函数值(可取到的 话)中的最大值或最小值.最值不一定是极值,极值也不一 定是最值. 2. 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式 恒成立问题,要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 3.在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只 要根据实际意义判定最大值还是最小值即可,不必再与端 点的函数值比较.

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失误与防范
1.注意极大值未必大于极小值,极值仅仅体现在 x0 处附近函 数值的变化情况. 2.要充分理解列表在研究函数极值过程中的重要性,以及列表 的操作步骤与算法思想,能利用导数研究函数的极值与最值.

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牛顿,是英国伟大的数学家、物 理学家、天文学家和自然哲学家。 1642年12月25日生于英格兰林肯郡格 兰瑟姆附近的沃尔索普村,1727年3月 20日在伦敦病逝。 牛顿1661年入英国剑桥大学三一学院,1665年获 文学士学位。随后两年在家乡躲避瘟疫。这两年里, 他制定了一生大多数重要科学创造的蓝图。1667年回 剑桥后当选为三一学院院委,次年获硕士学位。1669 年任卢卡斯教授直到1701年。1696年任皇家造币厂监 督,并移居伦敦。1703年任英国皇家学会会长。1706 年受女王安娜封爵。他晚年潜心于自然哲学与神学。 牛顿在科学上最卓越的贡献是微积分和经典力学 的创建。
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莱布尼兹,德国数学家、哲学家, 和牛顿同为微积分的创始人;1646年7月 1日生于莱比锡,1716年11月14日卒于德 国的汉诺威。
他父亲是莱比锡大学伦理学教授,家庭丰富的藏书引起他 广泛的兴趣。1661年入莱比锡大学学习法律,又曾到耶拿大学学 习几何,1666年在纽伦堡阿尔特多夫取得法学博士学位。他当时 写的论文《论组合的技巧》已含有数理逻辑的早期思想,后来的 工作使他成为数理逻辑的创始人。 1667年他投身外交界,曾到欧洲各国游历。1676年到汉诺威 ,任腓特烈公爵顾问及图书馆的馆长,并常居汉诺威,直到去世 。 莱布尼兹的多才多艺在历史上很少有人能和他相比,他的著 作包括数学、历史、语言、生物、地质、机械、物理、法律、外 交等各个方面。 主页

3 2 例 1.已知函数 f ( x) ? x ? (1 ? a) x ? a(a ? 2) x ? b . (1)若函数 f ( x) 的图象过原点,且在原点处的切线斜率是 ?3 , 求 a , b 的值; (2)若函数 f ( x) 在区间 (?1,1) 上不单调,求 a 的取值范围. ...

?( x) ? 3 x 2 ? 2(1 ? a2 x ? a(a ? 2), 3. 解: (1)由题意得 f ) 2 3. 3. 解: 解: (1)由题意得 ? ?(x )? 2(1x a?x ? a(aa )2),? a (1)由题意得 f ?( x ) f 3 x ? 3 ? ) 2(1 ? ? x f (0) ? b ? 0, ? 又 ? ? ? f (0) ? b ? 0, b , 0, f (0) ? ? , 又 ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 ? ? ? f?又(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 f ? f ?(0) ? ?a(a ? 2) ? ?3 , a a ? 或 a ?1 解得 b ? 0 ,? ? ?3?3 a ? 1 . 解得 b ? 0 , 或 . 解得 b ? 0 , a ? ?3 或 a ? 1 .
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在区间 (?1,1) 上不单调,则 a 的取值范围是________________. ... 在区间 (?1,1) 上不单调,则 a 的取值范围是________________. ... 【解】由 f ?( x) ? 3x2 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2) ? 0 , 【解】由xf)?( x) ? 3x2 2(1 ?? axx? a(a ? 2) ? 03( x ? a )( x ? a ? 2 ). (2) f ?( ? 3 x 2 ? ? 2(1 a) ) ? a( 2) ? , 3 得fx( ? )在(??? ?上不单调, 2 ?aa, x21,1) a ? 2 , 函数x11 x , x2 ? a ? 3 , 得

实数根.

则 f ?( x) ? 0在区间(?1,1)上有根且不能有两个相等的 又函数 (x 在区间 (?1,1) 不单调, 又函数 f f(x) ) 在区间 (?1,1) 不单调,
a?2 ??1 ? aa?? 1, ? ?1 ? ? a ? 2 ? 1, 1, ??1 ? 1, ? ? ?1 ? ? 3 3 ? ? ? ? 则? 或?? 则? aa ? 2 或 a ? ? ? 2 ?a ? ? a ? 2 . 2 a ?a ? ? 3 ?a ? ? 3 ? . ? ? 3 ? ? ? 3

3

?1 ? a ? 1, ? ???1 ? a ? 1, ??5?5a ? 1, 1, ?? ? ? ?a? 整理得: ? 或 ? ? 1 ? ? 5 ? a ? 1且a ? ? 1 . 整理得: ? ? ? 1 1 或a?? ? . 1 2 ?aa ? ? ? a ?2 . ? ?? 2 ??

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2

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2

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(2)另解:f ?( x) ? 3 x 2 ? 2(1 ? a) x ? a(a ? 2). ? f ?( x )在(?1,1)上不单调,即f ?( x )在(?1,1)上可正可负. ? ? 0, ?
? f ?( ?1) ? 0, ? 则① ? f ?(1) ? 0, 解之,得 ? 1 ? a ? 1且a ? ? 1 . 2 ? ? ?1 ? a ? 1 ? 1, 3 ?

或 ② f ?(?1) ? f ?(1) ? 0, (a ? 5)(a ? 1)(a ? 1)2 ? 0, 即

或 ③ f ?(?1) ? 0 时, ? ?1, 经检验 a ? ?1时符合题意. a 或 ④ f ?(1) ? 0 时, ? 1或5, 经检验 a ? 1或5都不符合题意. a

? ?5 ? a ? ?1.

综合①②③④,得 ? 5 ? a ? 1且a ? ? 1 . 2
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【例 2】 (2012·浏阳一中第一次月考) 已知函数 f ( x) ? 1 ? ln x . x (Ⅰ)若函数在区间 (a ,a ? 1 )(a ? 0 ) 上存在极 2 值,求实数 a 的取值范 围; (Ⅱ) 如果当 x ≥ 1 时, 不等式 f ( x) ≥ k 恒成立, x ?1 求实数 k 的取值范围.

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解: (Ⅰ)因为 ff((x))? 1 ? ln x , x >0,则 ff??(x))? ? ln2x , 解: (Ⅰ)因为 f (x ) ? 1 ?xln x , x >0,则 f ((x ) ? ? ln2x , ln 解: (Ⅰ)因为 f ( x) ? 1 ?x xx , x >0,则 f ?( x) ? ? ln2x , 11 ? ln x ,xx >0,则f ?(?xx ?? ? ln2x , x 解: (Ⅰ)因为 f ( xx ?? ? ln , >0,则 解: (Ⅰ)因为 ) ) ? lnxx , x x 2 x

x xx 当 0 ? x ? 1 时, ff??( x)? 0 ;当 x ? 1 时, ff??( x)? 0 . x) x) 当 0 ? x ? 1 时, f (( x) ? 0 ;当 x ? 1 时, f (( x) ? 0 . 当 0 ? x ? 1 时, ? ?( ? 0 ;当 x ? 1 时, ? ?( ? 0 . 当 ? ? 1 时, 当 00 ?xx ? 1 时,f f(?xx) ? 0 ;当 x ? 1 时,f f(?xx) ? 0 . ) ? 0 ;当 x ? 1 时, )?0.

所以 ff((x ))在(0,1)上单调递增;在 (1, ??))上单调递减, 所以 f (x ) 在(0,1)上单调递增;在 (1, ?? ) 上单调递减, 所以 ( x 在(0,1)上单调递增;在 (1, ?? 上单调递减, 所以 ( ) 在(0,1)上单调递增;在 (1, ??) 上单调递减, 所以 f f xx ) 在(0,1)上单调递增;在 (1, ??) 上单调递减, 因此函数 ff((x ))在 x ? 1 处取得极大值. 因此函数 f (x ) 在 x ? 1 处取得极大值. 因此函数 ( x 在 x ? 1 处取得极大值. 因此函数 ( ) 在 x ? 1 处取得极大值. 因此函数 f f xx ) 在 x ? 1 处取得极大值.

1 因为函数 ff((x ))在区间 ((a,a ? 1 ))(其中 a ? 0 )上存在极值, a, 因为函数 f (x ) 在区间 (a, a ?2 ) (其中 a ? 0 )上存在极值, 1 因为函数 f ( x ) 在区间 (a, a ? 2 ) (其中 a ? 0 )上存在极值, 11 (其中 aa?? 0 )上存在极值, 因为函数 ) 在区间 因为函数 f ( xx 在区间 (a, aa ? 2 (其中 0 )上存在极值, ? 2 )

?a ? 1, ? a ? 1, ?aa?? 1, ? 1, ? 所以?? a ?1 ? 1, ? 所以 ? ?? 所以 ?a? 1 ? 1, 所以?a ? 1 ? 1, ? 11 所以 ?? a ?2 ? 1, ?aa ? 2?? 1, ? ? 2 1, ? ? ?? 22 ??

2

1 解得 1 ? a ? 1. 解得2 ? a ? 1. 解得 2 ? a ? 1. 11?? a ? 1. 解得 1 a ? 1. 解得 2 2
2
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(Ⅱ)不等式 f ( x) ≥ kkk, 即为 x ?x ? 1)(1 ? x) k , ln k , ( (Ⅱ)不等式 f f x) ≥ x ? 1 , 即为 (( x(? 1)(1 ? ln )≥x) k x (Ⅱ)不等式 f (( x) ≥ ? 1 ,, ,即为 即为 1)(1 ? ln x ≥≥ ,≥ k , x) ≥ (Ⅱ)不等式 (x) ≥ x x (Ⅱ)不等式 即为 x ≥ k k, x??11 即为 ( x ? 1)(1 ? ln x) ≥ k , ?? x xk1ln, x) xx x) ≥ (Ⅱ)不等式 f (( x ? 1)(1 ? ln x) ( x ? 1)(1? 1 , ( x? 1)(1 ? g (x) , x ≥1. x 记 g ( x ? ( kx , 记 g ( x) ? ( x≥ 1)(1,?即为 ( x则 1)(1 ?ln x )min , ,, (Ⅱ)不等式 ) f xx(≥?? 1)(1ln ln ) ) k ≤ g ( x)min k x ≥1. ? k ln x ? k ≤ ln x ≥ k (Ⅱ)不等式f ( ( ) )xx 1)(1 ? ? x),x 则 即为 ≥ x 记 g (( x)? x x 1 记 g x) ? x k ( ) ( x min , x x ? ( x ?x?? 1 ? ln x, , 则 kk≤ ggxgmin ,)x x ≥1. 1. ,则则≤≤( x)min , ≥1. ≥ x [( 1)(11)(1x?)ln ) , ?则 k( ≤ g ( x)? ln x ) 1. ? ln x x 1)(1ln ? ln x)]? x ? ( x ? 1)(1 ? ln x) x 记 ggx)x??x[( x ?? ln x x)] x ? x ? 1)(1 min , ≥ x ? ln x . ( ?( )( x ?? ?x?x ) ( 1)(1 1)(1 所以(g ) ? ) 记 ≥ 记 g (x 所以gx?()x? ? [([( x 1)(1 ?,ln则k)]xxg((x()min1)(11)(1 ?)ln x)?2ln x. ?2 [(xx? ? 1)(1,? lnkx≤g?? x)x ( ,,1)(11.ln x x? x x2? ln? ln x x x x ? lnxx ≤ ?x x ?? x? ?? ln ? ? 1)(1 则 )]x?)] ( ?minxx≥ 1. ) 2 x ?2 x) ?? 所以 g ?(( x )? . g ? x) [( x ? 1)(1 ? ln? x)]2x ? ( x ? 1)(1 ? ln x?? x? x x 2. . 所以 ) x 2x2ln x 2 x 1 () )??[( x ??,则?h xx)? ?2?(? ? , ? ln x) ? x ?[( 1)(1 ln )] 1 (x x 1)(1 所以gg(?xxx)? lnxx1)(1 ? ln?(x)]xx?xxx2?1)(1 ? ln x) ? x ? ln ? . ? 2 x . ? 所以 x) ? 令所以 ) ?( x ? ln x ,则 h?( x) ? 1 ? 1 , h( x g ? 令 h( 2 x x2 xx? 1x x 1 1, 令 h( x) ? x ? ln x ,则 h?(( x) ? 1 ? , x?) ? x 1 令 h( x)? xx? ln xx ,则 ?h ( x) ? 1 ? , ,则 令 ? x ?? ln,则 ? h x 令 hx) ) ? ? ? ln x ,则xx ?( 1) ?1, 1 , ? ) ? ? 令xh( x),? ln ( x) ≥ 0, (( h)?x1 ?11 ? x??) 上单调递增, h≥ x ?? x hln x ( ( 1 x ? x ,则 hh ? h( x) 在, x 令 ? ? x ≥ 1 ,? h?( x) ≥ 0, [? h( x) xx ?1,x ) 上单调递增, 在 1, ?? [ ? x ≥ 1 ,? h??(x))≥ 0, [? hh( x) 在1, ??) 上单调递增, ?? x ≥1 ,?h?( xx≥ 0,0, [?x( x) 在 ??) 上单调递增, x ≥ ,? h (? ) ≥ ? h( ) 在 1, 1, ??) 上单调递增, ? x ≥ 11 ,?(h)( x) ≥ 0,([x) 在 ??x) 在 上单调递增, ? x ≥ ,? h? x? ≥ 0, [? h ? h(1, ??) 1, ??) 上单调递增, ? ( ≥ ? h h x1 ? [0, [? h( h x) 1, ?? ? 0 ? h( x) 1 ? h(1) ? 1 ? 0 ,从而 h( x) ≥ h(1) ? 0 , ? hx x)min,?(1)(? ) ≥0 ,从而x)(在 ≥ h(1) ) 上单调递增, min ? h( xxmin ? h(1) ??1 ? 0 ,从而 x)(≥x)(1)hh0 ??, )) ? h(1) ?11 ? ,从而 h( hh( )h≥ ? (1) 00 ? hhx))min ?? (1) ? 1 ??00,从而 h( x) ≥ h(1) ?(1), , ( ( min 0 ,从而 x ≥ 0 ? ( x min hh(1) ?h ?h ( x)?min)? h(1) ? 1 ?x00 ,从而 )h()x) ≥(1)(1) 0, , 1 ,从而 h h 0 ? h( x)?min) ? h(1) ?g (?) 在 ?1, ??) x ≥ h , ? ?, 所以 g ( x ? 0 ,故 g ( x) 在 1, ??( 上也单调递增, 所以 g ( x ? 0 ,故 上也单调递增, 所以 gg((xx)??0 ,故gggx(在)?1, ????) ) 上也单调递增, 所以 所以 g? ( x) 0 ,故 x) x在 ?1, 1, ) 上也单调递增, ) 所以 g???(x ) ? 0 ,故 (( () x 在 ??)??上也单调递增, 0 ,故 g ) 在 1, 上也单调递增,

?? ??

?? 所以 ( ?( min ? g (1) ? 2 ( x 所以 gg x)x) ? 0 ,故 g (. ) 在1, ??) 上也单调递增, 所以 ( ?( min ? g (1) ? g x) 所以 gg x)x) ? 0 ,故 2 . 在 ? ?1, ??) 上也单调递增, 所以 g ( x) ? g (1) ? 2 .
min 所以 g ( x))min?? g (1) 2 . . 所以 g ( x min g (1) ? ? 2 所以 g ( x) 所以 k ≤ 2min ? g (1) ? 2 . ≤ . 所以 k k ≤2 . 所以 . 所以kg ( x2min ? g (1) ? 22 . 所以k ≤ 2) . ? g (1) ? . 所以 ≤ 2. min 所以 所以 k ≤ 2 .

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例 3.已知两函数 f(x)=8x +16x-k,g(x)=2x +5x +4x, 其中 k 为实数. (1)对任意 x ? [?3, 3] ,都有 f ( x ) ≤ g( x ) 成立, 求 k 的取值范围; (2)存在 x ? [?3, 3] ,使 f ( x ) ≤ g( x ) 成立,求 k 的取值范围; (3)对任意 x1 , x2 ?[?3, 3] ,都有 f ( x1 ) ≤ g( x2 ) , 求 k 的取值范围.
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2

3

2

解: (1)设 h(x)=g(x)-f(x)=2x3-3x2-12x+k,
问题转化为 x ? [?3, 3] 时, h( x ) ≥ 0 恒成立,

即 hmin ( x ) ≥ 0,x ? [?3,3].

?( x ) ? 6 x 2 - 6 x ? 12 ? 0, 得 x ? ?1或x ? 2. 令h

? h( ?3) ? k ? 45, h( ?1) ? k ? 7, h(2) ? k ? 20, h(3) ? k ? 9, ? hmin ( x ) ? k ? 45 ≥ 0,
得 k ≥ 45.
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例 3.已知两函数 f(x)=8x +16x-k,g(x)=2x +5x +4x, 其中 k 为实数. (2)存在 x ? [?3, 3] ,使 f ( x ) ≤ g( x ) 成立,求 k 的取值范围;

2

3

2

(2)据题意:存在 x ? [?3, 3] ,使 f ( x ) ≤ g( x ) 成立,

即为: h( x ) ? g( x ) ? f ( x ) ≥ 0 在 x ? [?3, 3] 上能成立,

? hmax ( x ) ≥ 0. ? hmax ( x) ? k ? 7 ≥ 0,
得 k ≥ ?7.
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例 3.已知两函数 f(x)=8x2+16x-k,g(x)=2x3+5x2+4x,其 中 k 为实数. (3)对任意 x1 , x2 ?[?3, 3] ,都有 f ( x1 ) ≤ g( x2 ) ,求 k 的取值范围.

?? ? (3)据题意: fmax ( x ) ≤ gmin ( x ), x ? [?3, 3]
易得

fmax ( x) ? f (3) ? 120 ? k ,

gmin ( x ) ? g(?3) ? ?21.
?120 ? k ≤ ?21, 得 k ≥ 141.
点评:x1,x2的取值在[-3,3]上具有任意性.
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【1】已知 f ( x ) ? x 2 , g( x ) ? ( 1 ) x ? m , 若对 ? x1 ? ? ?1,3? , 2 m≥ 1 ? x2 ? ?0, 2? , f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) ,则实数 m 的取值范围是 4 .

? [ f ( x1 )]min ≥ [ g( x2 )]min , x1 ?[?1, 3], x2 ?[0, 2],

? 0 ≥ ( 1 )2 ? m 2 ? m≥ 1. 4
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【2】 已知函数 f ( x) ? ax ? ln x , g ( x) ? x2 ? 2x ? 2 .若对

任意 x1 ? (0, ??) ,存在 x2 ?[0,1] ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 a 的取值范围是____________.

只需满足 f ( x1 )max ? g( x2 )max , x1 ? (0, ??), x2 ?[0,1]. ? g ( x)max ? 2, f '( x) ? a ? 1 ? ax ? 1 ( x ? 0) . x x ①当 a ? 0 时, f ?( x) ? 0 , f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,值 .

域为 R ,故不符合题意. ②当 a ? 0 时,由 f '( x) ? 0 ,得 x ? ? 1 .
a

所以,函数 f ( x) 的单调递增区间为 (0, ? 1 ) ,单调递减区
a

间为 (? 1 , ??) .
a

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【2】 已知函数 f ( x) ? ax ? ln x , g ( x) ? x2 ? 2x ? 2 .若对

任意 x1 ? (0, ??) ,存在 x2 ?[0,1] ,使得 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,则 a a?? 1 的取值范围是____________. 3 e
只需满足 f ( x1 )max ? g( x2 )max , x1 ? (0, ??), x2 ?[0,1].

故f(x)的极大值即为最大值,
? f ( x1 )max ? f (? 1 ) ? ?1 ? ln( 1 ) ? ?1 ? ln(?a), a ?a

??1 ? ln(?a ) ? 2,
?a ? ? 1 . e3
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【3】已知函数 f ( x) ? 2x ln x, g ( x) ? ? x2 ? ax ? 3. 对一切
x ? (0, ??), f ( x)≥g ( x) 恒 成 立 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是

a≤4 _________.
【解析】 2 x ln x ≥ ? x 2 ? ax ? 3 ,则 a ≤ 2ln x ? x ? 3 .

x 3 ( x ? 0) ,则 h?( x) ? ( x ? 3)( x ? 1) . 设 h( x) ? 2ln x ? x ? x x2
当 x ? (0,1), h?( x) ? 0, h( x) 单调递减;

x ? (1, ??), h?( x) ? 0, h( x) 单调递增,
所以 h( x)min ? h(1) ? 4 .所以 a ≤ h( x)min ? 4 .

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a2 , g ( x) ? x ? ln x ,若对任 【4】设 a ? 0 ,函数 f ( x) ? x ? x
意的 x1 , x2 ?[1,e] , 都有 f ( x1 ) ≥ g ( x2 ) 成立,则实数 a 的取值范 围为

a≥ e?2
______

.

【解析】只需满足 f ( x)min ≥ g ( x)max 即可.
? g ?( x) ? 1 ? 1 ≥ 0, 所以函数 g ( x) 在 [1, e] 上为增函数, x

? g ( x)max ? g (e) ? e ?1.

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a 2 ? 0, 得 x ? a . 由 f ?( x) ? 1 ? 2 x ①当 0 ? a ≤ 1时,函数 f ( x) 在 [1, e] 上为增函数,
2

?0 ? a ≤ 1 此时 f ( x)min ? f (1) ? a +1, 解 ? 2 ,得 e ? 2 ≤ a ≤1 ; ?a +1 ≥ e ? 1 ②当 1 ? a ≤ e 时,函数 f ( x) 在 (1, a) 上为减函数,在 ( a, e) 上为增函数, ?1 ? a ≤ e 此时 f ( x)min ? f (a) ? 2a ,解 ? ,得 1 ? a ≤ e ; ?2a ≥ e ? 1 ③当 a ? e 时,函数 f ( x) 在在 [1, e] 上为减函数, ?a ? e ? 此时 f ( x)min ? f (e) ? e ? a ,解 ? a ,得 a ? e . e ?e ? e ≥ e ? 1 ? 综上 a ≥ e ? 2 .
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考点一

证明不等式

例1. 证明不等式 e x ? 1 ? x ( x ? 0). 证明:设 f ( x) ? e x ? 1 ? x , 则 f ?( x ) ? e x ? 1.

? x ? 0,? e ? 1, e ? 1 ? 0.
x x

? f ?( x ) ? 0, 故函数在? 0,+?? 上是增函数.
所以对?x ? (0, ??), 有f ( x ) ? f (0) ? 0,

即 e ? 1 ? x ? 0,
x

?当 x ? 0 时, e x ? 1 ? x.
【解题回顾】利用导数证明不等式, 就是把不等式恒 成立的问题, 通过构造函数,转化为利用导数求函数最值 的问题.
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几个重要不等式
(1) e ≥ 1 ? x
x

(2) ln x ≤ x ? 1( x ? 0)

(3) tan x ? x ? sin x, x ? (0, ? ) 2

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考点二

不等式恒成立、能成立问题

【例 2】已知函数 f ( x) ? ln x ? ax(a ? R) (1)求 f ( x) 的单调区间; (2)若 a ? 1, 且b ? 0 ,函数 g ( x) ? 1 bx3 ? bx ,若对 3 任意的 x1 ? (1, 2) ,总存在 x2 ? (1, 2) ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) , 求实数 b 的取值范围.

注: 单调区间不 以“并集”出现;单调区间 应在“定义域”内.
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解: (1)函数 f ( x) ? ln x ? ax 的定义域为(0,+∞) .

f ?( x ) ? 1 ? a ? 1 ? ax . x x 当 a ≤ 0 时, f ?( x) ? 0 .
所以当 a ≤ 0 时, f ( x) 在(0,+∞)上是增函数.

当 a ? 0 时, 由 f ?( x) ? 0 得, 1 ? ax ? 0,x ? 1 ; a 由 f ?( x) ? 0 得, 1 ? ax ? 0,x ? 1 . a 1 ) 上是增函数,在 ( 1 , ??) 即当 a ? 0 时 f ( x)在(0, a a 上是减函数.
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y

o

x

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(2)设 f ( x) 的值域为 A, g ( x) 的值域为 B, 由已知,得 A ? B . 由(1)知 a ? 1时, f ( x)在(1, ??) 上是减函数, ? f ( x)在x ? (1, 2) 上单调递减,

? f ( x) 的值域为 A ? (ln 2 ? 2, ?1) . ? g?( x) ? bx 2 ? b ? b( x ? 1)( x ? 1),

? ?2 b ≤ ln 2 ? 2 .? b ≤ 3 ln 2 ? 3. 由A ? B得, ? 3 2 ? ? ? 2 b ≥ ?1 ? 3 3 ( ?? , ln 2 ? 3]. 即b的取值范围是 2

? b ? 0, ? g ( x) 在(1,2)上是减函数, ? b ? 0, ? g ( x) 在(1,2)上是减函数, 2 2 此时, g ( x) 的值域为 B ? (2 b, ?2 b) . 此时, g ( x) 的值域为 B ? ( 3b, ? 3b) . ? 3 3 b?0

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考点三 图象交点问题 41 3 3 2 2 2 24 4 1 1 ? ax ? x a 21.(江西)已知函数 f ( x)x) ? x x ? 1 axa ? a?x 21.(江西)已知函数4 f (1? 4 3 4 2 32 3 4 例3. 2 2 .(江西)已知函数4 f ( x) ? 1 x ? ax ? a x ? a (a ? 0) . 3 ax ? a x ? a (a ? 0). 1 ax3 ? a 2 x 2? a 4(a ? 0)4. 3 (1)求函数 y ? f ( x) 的单调区间; 3 (1)求函数 y ? f ( x) 的单调区间; )求函数 y ? f ( x) 的单调区间; ; (2)若函数 y ? f ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交 (2)若函数 y ? f ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两 )若函数 y ? f ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点,求 a 的 线 y ? 1 恰有两个交点,求 a 的取值范围. y ? 1 恰有两个交点,求 a 的取值范围.

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21.解: (1)? f ?( x) ? x 3 ? ax 2 ? 2a 2x ? x( x ? 2a) 21.解: (1)? f ?( x) ? x ? ax ? 2a x ? x( x ? 2a) 1.解: f ?( x)f ? x) 得x3 ? ax2 ? , x 2 x ? x( x ? 2a )( x ? a) , (1) 令 ? ?( 0 ? x1 ? ?2a2a2 ? 0, x3 ? a . 令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ?2a, x2 ? 0, x3 ? a . 令 f ?( x) ? 0 得 x1 ? ?2a, x2 ? 0, x3 ? a . 令 f ?( x) ? a 得 01 ,?2a, x2 ? 0, x3 ? a . 由0 ? x ? 由 a ? 0x, (??, ?2a) ?2a (?2a,0) (0, a ) 0 由a ? 0 由 a ? 0 ,?( x ) 在, ?( x) ?20 ) f x f(??, ? a 根的左右的符号如下表所示: a ) (0, ?2a (?2a,0) 0 f ?( x ) 在 f ?( x) ? 0 根的左右的符号如下表所示: f ?( x ) 在f f?((x ) 在?x根的左右的符号如下表所示: a 0a, ??) ? ? ? ? ? ? (?2a,0) 0 0 (0, a) ? x ? x??,?( 2a)( x) 2a 0 根的左右的符号如下表所示: ( f 0f) ( ? ? f ?( x ) 0 0 ?
极小 ? 0 0 极大? ? ? ? 极小 极大 值 值 f ( x) ? ? ? 极小 极大 极小 f ( x) 值 ? ? ? 值 ? 值 值 值 所以 f ( x) 的递增区间为 (?2a,0)与(a, ??) , f ( x) f ( x ) 的递增区间为 (?2a, 所以所以 的递增区间为 (?2a,0)与(a, ??) ,0)与(a, ??) ,
f ?( x )

f ?x) (

0

?

f ( x) 的递减区间为 (??, 2a)与(0,a) . ?

f ( x) 的递减区间为 (??, 2a)与(0,a) . ? f ( x) 的递减区间为 (??, 2a)与(0,a) . ?
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极小值 由(1)得到 f ( x)极小值(?2fa(?2a)5 a 4 ,4 , ? )?? ?? a 3 )得到 f ( x)极小值 ? f ? f (?2a) ? ? 53 , 由(1)得到 f ( x)极小值 534 ,a )得到 f ( x)极小值 ? f (?2a) ? ? a 3 4 (2)由(1)得到 f ( x)极小值 ?3f (?2a) ? ? 5 a7, 4 ? f ( x)极小值(a) f? (7)? 77 a?, (a) 3 12 a , ? f(ax 极小值 4 4 f ) a4 , f ( x)极小值 ? f ? f (a) ? 4 12 , f ( x) ? f f ( x)极小值 极小值(a) ? 7 a 12 a 12 , f ( x)极小值 ? f (a) ? 7 a 4 , 4 12 ( x ? a4 . f (0) f ( x)极大值 ? ff(0) )极大值 ? 12 ? a . 4 ff ( x)极大值极大值(0) f ? a .a4 . f ( x) ? ? a4 ( x)极大值 ? ff (0)?(0) ?. f ( x)极大值 ? f (0) ? a4 . ( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点, 要使 f ( x ) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点, y ( x) 的图像与直线 ? 1 恰有两个交点, 的图像与直线 y ? 1y恰有两个交点, 的图像与直线 y ? 1恰有两个交点, 要使 f ( x ) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点, 5 a 4 ? 1 ? 7 54 或 a 4 ? 1 7 4 ? 只要 4 5 4 7 44 ? a4 a 4 ? 1 ? , a 或 a 4 ? 1 , 只要 5 a? ?a ??7 ? 7或 4 或? 1 , , 4 3 5 a4 ? 1 a 12a3 4? 1 , 41 124 只要 1? 只要 ? 只要 ? 或 aa 4 3只要125a12 ? 1 ? 7 a 或 a ? 1 , 3 ? 3 12 a 12 或 3 ? a ?1212 0 即 a ? 44 12 即 a ? 4 1 .或 0 ? a ? 1 . o 12 或 0 ? a0? 11 ? 1 . 7? ?. ? 即a 即 即 a ? 44a ? 70 或a4 ? a. 7 7 即 a ? 12 或 0 ? a ? 1 .
15 10 5 -5 -5

5

x

7

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由(1)得到 f ( x)极小值

5 a4 , ? f (?2a) ? ? 3
15 10 5

y

f ( x)极小值
-5

7 a4 , ? f (a) ? 12
4

f ( x)极大值 ? f (0) ? a .
o
-5

5

x

( x) 的图像与直线 y ? 1 恰有两个交点,

5 a4 ? 1 ? 7 a4 或 a4 ? 1 , 只要 ? 3 12
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y ? x ? 1 ? x 2 的值域是 1.函数

[?1, 2]

. y

函数f(x)的定义域为 ? x | ?1 ≤ x ≤ 1? .
令 f ?( x ) ? 1 ? x ? 0, 得 x ? 2 . 2 1 ? x2

o

x

? f (1) ? 1 ? 1 ? 12 ? 1; f ( ?1) ? ?1 ? 1 ? ( ?1)2 ? ?1;
f ( 2 ) ? 2 ? 1 ? ( 2 )2 ? 2, 2 2 2

? f ( x)max ? 2, f ( x)min ? ?1.

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2 2 2.已知函数 f ( x ) ? 3 ( x ? 2 x ) , x ? [ ?1, 3], 则函数f(x)的

最大值与最小值分别为
f ?( x ) ? 4 ? 3

3

9 ;0 .

3

? f (?1) ? 3 9, f (0) ? 0, f (1) ? 1, f (2) ? 0, f (3) ? 3 9. 最大值为 f (?1) ? f (3) ? 3 9;
最小值为 f (0) ? f (2) ? 0.

又定义域内不可导点为 x1 ? 0, x2 ? 2.

x ?1 . 令 f ?( x ) ? 0, 则 x ? 1. x( x ? 2)
y

O

x

【点评】利用求导的方法求极值时,在函数的定义域内,除了确定 其导数为零的点外,还必须确定函数定义域内所有不可导的点,这 两类点构成了函数定义域内所有的可能取到极值的“可疑点”. 主页

ln x ? x ? 1 x 2 2. 3.当 x ≥ 2 时, ln x 与 x ? 1 x 2 的大小关系为 2

1 x 2 ,则 f ?( x) ? 1 ?1 ? x ? x2 ? x ? 1 构造函数 f ( x) ? ln x ? x ? 1 2 1 ?1 ? x ? x2 ?xx ? 1 构造函数 f ( x) ? ln x ? x ? 2 x ,则 f ?( x) ? x 2 x x ? x ≥ 2 f ( x) ? lnx)? x0, 1 x 2 ,则 f ?( x) x)1 ?[2, ??)x2 ? x ? 1 . 构造函数 ,? f ?( x ? ? 所以函数 f ( ? 在 1 ? x ? 上为增函数. ? x ≥ 2 ,? f ?( x) ? 0, 2 所以函数 f ( x) x [2, ??) 上为增函数. 在 1 x 2 ,则 f ?( x) ? 1 ?1 ? x ? xx2 ? x ? 1 构造函数 f ( x) ? ln x ? x ? 2 x 又 f 2 ,? ? x ? 0, f ( x) ? f f ( x) 0 在 ??) 上为增函数.x ? x ≥(2) ? lnf 2(?)0 ,? 所以函数 (2) ?在 [2,[2, ??) 上恒成立, 又 f (2) ? ln 2 ? 0 ,? f ( x) ? f (2) ? 0 在 [2, ??) 上恒成立, ? x ≥ 2 ,? 1 ?(2 ) ? 0, 所以函数1f (2 ) 在 [2, ??) 上为增函数. f x x 又 fln x ? ln ? ? 0 2 ? 0f,?) ?xf ? x ? 0 在2[2, ??) 上恒成立, 即 (2) ? x 2 1 x ,? ( x ln (2) ? 1 x . 即 ln x ? x ? 2 x ? 0 ,? ln x ? x ? 2 x . 2? ? 又 f (2) ? ln 2 2 0 ,? f ( x) ? f1 22 0 在 [2, ??) 上恒成立, 1 x ? 0 ,? ln x ? x ? (2) . 即 ln x ? x ? x 2 2 2 2 即 ln x ? x ? 1 x ? 0 ,? ln x ? x ? 1 x . 2 2
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4 . 已 知 函 数 f ( x) ? 2x ln x, g ( x) ? ? x2 ? ax ? 3. 对 一 切

x ? (0, ??), f ( x)≥g ( x) 恒成立,则实数 a 的最大值是_________.

4

2 x lnxx ≥? xx2? ax ? 3 ,则 a ≤ 2ln x ? x ? 3 ((x ? 0). ? 22 ? ax ? 3 ,则 a ≤ 2ln x ? x ? 3 x ? 0). 2 x ln x≥ ? x 22? ax ? 3 ,则 a ≤ 2ln x ? x ? 33 x ? 0). x 2 x ln x≥ ? x ? ax ? 3 ,则 a ≤ 2ln x ? x x ( x ? 0). 2 x ln ≥ ≥ ? 2 x ln x 3 ? x ? ax ? 3 ,则 a ≤ 2ln x ? x ? 3 ((x ? 0). xx a ≤ 2ln x ? x ? ( x ? 0). x ? 3)( x ? 1) 3 ( x ? 0) ,则 h?( x) ? ((xx? 3)( x ? 1) . x? 2ln xx? x ? 3 ( x ? 0) ,则 h?( x) ? ( x ? 3)( x ? 1) . 设 h x) 2 设 h(( x) ? 2ln ? x ? 3 x ?3)( x ? 1 3)( . x3 设 h( x) ? 2ln x ? x ? x3( x ? 0) ,则 h?(?x) ? ((x ?x22 x ? 1) 设 h x ( x 2ln x ? x ? ? 2ln x ? x x ? 0) ,则 h( x ? xx 22 设 h((x))? ? 3)(x ? 1)? x ((x ? 0) ,则 h ?(x))? . x ? 0) ,则 h?( x) ? x x 2 ? 当xx ? (0,1),h?x( x)? 0, h(( x)单调递减; x ? (1, ??), h??(x) ? 0, h( x) ? 0, h x) 单调递减; x ? (1, ??), hx x) ? 0 当 ? (0,1), ? ( 当 x ? (0,1), h ( x) ? 0, h( x) 单调递减; x ? (1, ??), h?( x) ? 0 当 x ? (0,1), h( x ? 0, h x 单调递减; x ? (1, ??), h( x ? 当 x ? (0,1), h??(x))? 0, h((x))单调递减; x ? (1, ??), h??(x))? 单调递减; x ? (1, ??), h?( x) ? 0, h( x) 单调递增, 所以 h x) ?4. ? h(1) ? 4 .所以 a ≤ h x 所以 h(( x)min ? h(1) ? 4 .所以 a ≤ h((x))min ? 4 . min min 所以 h( x)min ? h(1) ? 4 .所以 a ≤ h( x)min ? 4 . 以 a ≤ h所以 h((x4min ? h(1) ? 4 .所以 a ≤ h((x))min ? 4 . (所以 h x). ? h(1) ? 4 .所以 a ≤ h x min ? 4 . x)min ? ) min
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ex 5.若函数 g(x)= 2 ,且在区间(2,3)上不单调,则实数 k x +k ?3 ? k ? 0 的取值范围是______________. x 2 x x 2 x x -2x+k? 2 e ?x -2x+k? ee ?x -2x+k? x ee 2e ,所以 g′(x)= 2 2 解: 因为 g(x)= 解: 因为 g(x)=x2+k,所以 g′(x)= ?x 2+k? 2 , 2 , 解: 因为 g(x)= 2 x ,所以 g′(x)= ?x 2 , x +k +k ?x +k??x +k?
又又 g(x)在区间(2,3)上不单调, g(x)在区间(2,3)上不单调, x 2
又 g(x)在区间(2,3)上不单调, e ?x x-2x+k? 故 g′(x)= x?xe-2x+k? =0 在区间(2,3)上有根, 且不能有 e 2 2 2-2x+k? ?x ?x 2 =0 在区间(2,3)上有根, +k?2 故 g′(x)= 且不能有 2

两个相等的根. 即方程 x2-2x+k=0 在区间(2,3)上有根, 且不能有两个相 两个相等的根. 2 即方程 且不能有两个相 等的根. x -2x+k=0 在区间(2,3)上有根, 2 2-2x+k=0 ?h(2) ? k ? 0, 即方程 在区间(2,3)上有根, 且不能有两 令 h( x) ? xx ? 2 x ? k , 则 ? 等的根.

故 g′(x)= +k? ?x ?x2+k?2 两个相等的根.

=0 在区间(2,3)上有根, 且不

等的根.

解得 ? 3 ? k ? 0.

?h(3) ? 3 ? k ? 0,

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【6】已知函数 f ( x) ? 2 x 3 ? 3ax 2 ? 12a 2 x ? 3a 3 (a ? 0) 在区间 (0,1) 上存在极小值,则 a 的取值范围 为
0 ? a ? 1或 ? 1 ? a ? 0. 2

.

解:令 f ?( x) ? 6( x ? a)( x ? 2a) ? 0, 两根分别为 x1 ? a, x2 ? ?2a.

当 a ? 0 时, f ( x) 在 x ? a 处取得极小值,所以 0 ? a ? 1.

当 a ? 0 时, f ( x) 在 x ? ?2a 处取得极小值,

? 0 ? ?2a ? 1 ? ? 1 ? a ? 0. 2
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a 2 【7】已知函数 h( x) ? ln x ? x ? 2 x 存在单调递减区间, 2 a ? ?1 则 a 的取值范围是_________.

解:
能成立,

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走进高考
1.(2008 广东)设 a?R,若函数 y=ex+ax,x?R a<-1 有大于零的极值点,则 a 的取值范围是 . x x ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. ∵y=e +ax,∴y′=e +a.

x 当 a≥0 时,y∴y′=ex+a. a≥0 时,y 不可能有极值点,故 a<0. ∵y=e +ax, 不可能有极值点,故 a<0. 当 有极值点,故x a<0. x x x+a=0 得 不可能有极值点,故 a<0. x=-a,∴x=ln(-a), 由 e +a=0 得 y′=ex+a. ∴x=ln(-a), ∵当 e +ax,∴ e =-a, y=e 由 a≥0 时,y e

a.

当 a≥0 时,y 不可能有极值点,故 a<0. ∴x=ln(-a)即为函数的极值点, x x ln(-a)>ln 1,∴ 的极值点, ln(-a)>0, 即=-a,∴x=ln(-a), ∴ln(-a)>0, 即 ln(-a)>ln 1,∴a<-1. ∴x=ln(-a)即为函数的极值点,a<-1. 由 e +a=0 得 e ∴
∴ln(-a)>0,

,∴x=ln(-a), 得 ex=-a,∴x=ln(-a), ∴x=ln(-a)即为函数的极值点, 由 ex+a=0

∴ln(-a)>0, 即 ln(-a)>ln 1,∴ a)>ln 1,∴x=ln(-a)即为函数的极值点, a<-1. ∴a<-1.

即 ln(-a)>ln 1,∴a<-1.
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走进高考
2. (2007 江苏) 已知函数 f ( x) ? x3 ?12 x ? 8 在区间 [?3,3] 上的最大值与最小值分别为 M , m ,则 M ? m ?

32

.

令 ' f x( x? ? x 2 ? ? 12 =0,得: x=2, xx2=-2, ' ) ) 3 3x 2 12 =0,得: x 1 =2, =-2, 令f ( 1 2

? 12 =0,得: x3=2, 3x 2f ? 12 =0,得: (-2)=24, f (2)=- 令 f 1' ( x) ? x2 =-2, x1 =2, x2 f (? =17, f (3)=-1, f f(-2)=24,=-2, ) =17, (3)=-1, f (?3) f (2)=-8

(3)=-1, ff所以,M- m =24-(-8)=32. (-2)=24,f f (3)=-1, f (-2)=24, f (2)=-8 (2)=-8. (?3) =17,=24-(-8)=32. 所以,M- m

=24-(-8)=32. 所以,M- m =24-(-8)=32.

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3.(2011·湖南) 设直线 x ? t 与函数 f ( x) ? x2 , g ( x) ? ln x 的
2 图象分别交于点x2??Nx,则当 ?MN | 达到最小时 t 的值为2 由题|| MN |? x2 , ln x ,x( ? 0)0) , 由题 MN |? M ln , ( x | ,

走进高考

.

由题 | MN |? x 2 ? ln x , ( x ? 0) ,

由题 | MN |? x 2 ? ln x , ( x ? 0) , 22 1 ?10 ,解得 x ? 2 ,2 不妨令 h x) ? ln x ,则令 h'( x) ? ? ? 不妨令h(( x)? xx ?? ln x ,则令 h'( x)2 x 2 x ? ? 0 ,解得 x ? 2 2 , x x 2 不妨令 h( x) ? x ? ln x ,则令 h'( x) ? 2 x ? 1 ? 0 ,解得 x ? 2 ,
2

2 1 ? 0 ,解得 x 不妨令 h( x) ? x ? ln x ,则令2 '( x) ? 2 x ? h 22 x 2 ) 时, h'( x) ? 0 ))时, h'( x)x? ? ,当 x ? (? ( , ????) 时, h'( x) , 0 , 0 0 ,当 x 因 x ? (0, ? 因 x ? (0, 2 时, h'( ) 2 22 , 2??) 时, h'( x) ? 0 , , 因 x ? (0, 2) 时, h'( x) ? 0 ,当 x ? ( 2 2 2 2 ) 时, h'( x) ? 0 ,当 x ? ( 因 x ? (0, 2 2 . , ??) 时, h'( x 所以当 x ? 2时, | MN | 达到最小.此时 t ? 2 2 22 所以当 x ? 2 时, | MN | 达到最小.此时 t ? 2 . 2 2 所以当 x ? 2 时, | MN | 达到最小.此时 t ? . 2 2 2 2. 所以当 x ? 时, | MN | 达到最小.此时 t ? 2 2 主页

x

走进高考
【6】(08 江苏·14)设函数 f ( x ) ? ax 3 ? 3 x ? 1 ,若 对于任意的 x ? [?1,1] 都有 f ( x ) ≥ 0 成立,则实数 a =( B ) A.0 B.4 C.1 D. ? 1

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