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导数的应用3(教师用)


导数的综合应用
1.设函数 f ( x) ? sin(?x ?

?
6

) ? 1(? ? 0)的导数f ?( x) 的最大值为 3,则 f(x)的图象的对称轴的方程是
2

2.已知函数 f ? x ? 的导函数为 f ' ? x ? ,且满足 f ?x ? ? 3x ? 2 xf ' ?2? ,则 f ' ?5? ? 3.曲线 y ? sin x 在点(

6



?
3

,

3 )处的切线方程为 2
x ?x

x ? 2y ? 3 ?

?
3

?0

4.设 a ?R ,函数 f ( x) ? e ? a ? e 的导函数是 f ?( x) ,且 f ?( x) 是奇函数 . 若曲线 y ? f ( x) 的一条切线的斜率是 则切点的横坐标为

3 , 2

ln 2

5. 函 数 f (x) 在 定 义 域 R 内 可 导 , 若 f ( x) ? f (2 ? x) , 且 当 x ? (??, 1) 时 ,

1 ( x ? 1) f ?( x) ? 0 , 设 a ? f (0), b ? f ( ), c ? f (3). 则 2
6.函数 f (x) 的定义域为(a,b) ,其导函数

c?a?b

f ?( x)在(a, b) 内的图象如图所示,则函数
1
y

f (x) 在区间(a,b)内极小值点的个数是
3 2

7.如图为函数 f ( x) ? ax ? bx ? cx ? d 的图象, f '( x) 为函数 f ( x) 的导函数,则不等式

x ? f '( x) ? 0 的解集为___ (??, ? 3) ? (0, 3) ___ ______.
样题剖析 例 1、 (2008 浙江)已知 a 是实数,函数 f ( x) ? ⑴求函数 f(x)的单调区间; ⑵设 g(x)为 f(x)在区间 ?0,2?上的最小值.(i)写出 g(a)的表达式; (ii)求 a 的取值范围,使 得 ? 6 ? g (a) ? ?2 . (1)解:函数的定义域为 [0, ?) , ?

x ( x ? a) .
- 3 o 3

x

f ?( x) ? x ?

x ? a 3x ? a ( x ?0) . ? 2 x 2 x

若 a ≤ 0 ,则 f ?( x) ? 0 ,

f ( x) 有单调递增区间 [0, ?) . ?
若 a ? 0 ,令 f ?( x) ? 0 ,得 x ? 当0 ? x ? 当x?

a , 3

a 时, f ?( x) ? 0 , 3

a 时, f ?( x) ? 0 . 3

? a? ?a ? ? f ( x) 有单调递减区间 ?0, ? ,单调递增区间 ? , ? ? . ? 3? ?3 ?

(2)解: (i)若 a ≤ 0 , f ( x) 在 [0, 上单调递增, 2] 所以 g (a) ? f (0) ? 0 . 若 0 ? a ? 6 , f ( x) 在 ? 0, ? 上单调递减,在 ? ,? 上单调递增, 2

? a? ? 3?

?a ? ?3 ?

所以 g (a ) ? f ?

2a a ?a? . ??? 3 3 ?3?

若 a≥ 6 , f ( x) 在 [0, 上单调递减, 2] 所以 g (a) ? f (2) ?

2(2 ? a) .

a ≤ 0, ?0, ? ? 2a a 综上所述, g (a ) ? ?? , 0 ? a ? 6, 3 3 ? ? 2(2 ? a), a ≥ 6. ?
(ii)令 ?6 ≤ g (a) ≤ ?2 . 若 a ≤ 0 ,无解. 若 0 ? a ? 6 ,解得 3 ≤ a ? 6 . 若 a≥ 6 ,解得 6 ≤ a ≤ 2 ? 3 2 . 故 a 的取值范围为 3 ≤ a ≤ 2 ? 3 2 . 变式 1:已知函数 y ? f ( x) ?

(1)求 y ? f (x) 的最大值;

ln x . x

(2) 设实数 a ? 0 ,求函数 F ( x) ? af ( x) 在 ?a,2a ? 上的最小值.

解(1)令 f ( x) ? 0 得 x ? e
/

?当 x ? (0, e) 时, f / ( x) ? 0 , f (x) 在 (0, e) 上为增函数
当 x ? (e,??) 时, f ( x) ? 0 ,在 (e,??) 上为减函数
/

? f max ( x) ? f (e) ?

(2)? a ? 0 ,由(2)知:

1 e

F (x) 在 (0, e) 上单调递增,在 (e,??) 上单调递减.

? F (x) 在 ?a,2a ?上的最小值 f min ( x) ? min{ F (a), F (2a)}
? F ( a ) ? F ( 2a ) ? 1 a ln 2 2

?当 0 ? a ? 2 时, F (a) ? F (2a) ? 0, f min ( x) ? F (a) ? ln a
当 2 ? a 时 F (a) ? F (2a) ? 0 , f min ( x) ? F (2a) ? 例 2、已知 f ( x) ? x ln x, g ( x) ? ? x 2 ? ax ? 3 (1)求函数 f (x) 在 [t , t ? 2](t ? 0) 上的最小值 (2)对一切的 x ? (0,??),2 f ( x) ? g ( x) 恒成立,求实数 a 的取值范围 (3)证明对一切 x ? (0,??) ,都有 ln x ? 解:

1 ln 2a 2

1 2 ? 成立 x ex e

1 1 ? t ? t ? 2 ,即 t ? 时, f ( x)在[t , t ? 2]单调递增 , f ( x) min ? f (t ) ? tlnt e e

1 ? 1 0?t ? ?e ? f ( x) min ? e , 1 ?tlnt t? ? e
(2) 2 x ln x ? ? x 2 ? ax ? 3 ,则 a ? 2 ln x ? x ? 则 h' ( x ) ?

3 3 , 设 h( x) ? 2 ln x ? x ? ( x ? 0) , x x

( x ? 3)( x ? 1) x2

, x ? (0,1), h' ( x) ? 0 , h(x ) 单调递增, x ? (1,??) , h' ( x) ? 0 , h(x ) 单调递减

? h( x) min ? h(1) ? 4 ,因为对一切 x ? (0,??) , 2 f ( x) ? g ( x) 恒成立,? a ? h( x) min ? 4
(3)问题等价于证明 x ln x ?

x 2 ? , x ? (0,??) , ex e

1 1 ,当且仅当 x= 时取得 e e x 2 1? x 1 设 m( x) ? x ? , x ? (0,??) ,则 m' ( x) ? x ,易得 m( x) max ? m(1) ? ? 。当且仅当 x=1 时取得 e e e e 1 2 从而对一切 x ? (0,??) ,都有 ln x ? x ? 成立 xe e
由(1)可知 f ( x) ? x ln x , x ? (0,??) 的最小值为 ? 变式 1:已知函数 f(x)=ln2(1+x)-

x2 . 1? x

(1) 求函数 f ( x) 的单调区间; (2)若不等式 (1 ? ) 求 ? 的最大值. 解: (1)函数 f ( x) 的定义域是 (?1, ??) ,

1 n

a?a

? e 对任意的 n? N* 都成立(其中 e 是自然对数的底数).

f ?( x) ?

2 ln(1 ? x) x 2 ? 2 x 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x 2 ? 2 x ? ? . 1? x (1 ? x) 2 (1 ? x) 2
2

设 g ( x) ? 2(1 ? x) ln(1 ? x) ? x ? 2 x, 则 g ?( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x. 令 h( x) ? 2ln(1 ? x) ? 2 x, 则 h?( x) ?

2 ?2 x ?2? . 1? x 1? x

当 ?1 ? x ? 0 时, h?( x) ? 0, h( x ) 在(-1,0)上为增函数,

当 x>0 时, h?( x) ? 0, h( x ) 在 (0, ??) 上为减函数. 所以 h(x)在 x=0 处取得极大值,而 h(0)=0,所以 g ?( x) ? 0( x ? 0) , 函数 g(x)在 (?1, ??) 上为减函数. 于是当 ?1 ? x ? 0 时, g ( x) ? g (0) ? 0, 当 x>0 时, g ( x) ? g (0) ? 0. 所以,当 ?1 ? x ? 0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在(-1,0)上为增函数. 当 x>0 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 在 (0, ??) 上为减函数. 故函数 f ( x) 的单调递增区间为(-1,0) ,单调递减区间为 (0, ??) . (2)不等式 (1 ? )

1 1 ? e 等价于不等式 (n ? a) ln(1 ? ) ? 1. 由 1 ? ? 1 知, n n 1 1 1 ? , x ? ? 0,1? , 则 a? ? n. 设 G ( x) ? 1 ln(1 ? x) x ln(1 ? ) n
n?a

1 n

G?( x) ? ?

1 1 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 2 ? 2 . (1 ? x) ln 2 (1 ? x) x x (1 ? x) ln 2 (1 ? x)
2

由(Ⅰ)知, ln (1 ? x) ?

x2 ? 0, 即 (1 ? x) ln 2 (1 ? x) ? x 2 ? 0. 1? x

所以 G?( x) ? 0, x ? ? 0,1? , 于是 G(x)在 ? 0,1? 上为减函数. 故函数 G(x)在 ? 0,1? 上的最小值为 G (1) ? 所以 a 的最大值为

1 ? 1. ln 2

1 ? 1. ln 2

变式 2:若存在实常数 k 和 b ,使得函数 f ( x) 和 g ( x) 对其定义域上的任意实数 x 分别满足: f ( x) ? kx ? b 和
2 .已知 h( x) ? x , ? ( x) ? 2e ln x (e 为自然对 g ( x) ? kx ? b ,则称直线 l : y ? kx ? b 为 f ( x) 和 g ( x) 的“隔离直线”

数的底数). (1)求 F ( x) ? h( x) ? ?( x) 的极值; (2)函数 h( x ) 和 ? ( x) 是否存在隔离直线?若存在,求出此隔离直线方程;若不存在,请说明理由. (1) ? F ( x) ? h( x) ? ? ( x) ? x ? 2e ln x ( x ? 0) ,
2

? F ?( x) ? 2 x ?

2e 2( x ? e )( x ? e ) ? . x x 当 x ? e 时, F ?( x) ? 0 .

?当 0 ? x ? e 时, F ?( x) ? 0 ,此时函数 F ( x) 递减;

当x ? ∴当 x ?

e 时, F ?( x) ? 0 ,此时函数 F ( x) 递增; e 时, F ( x) 取极小值,其极小值为 0 .

(2)由(1)可知函数 h(x ) 和 ? (x) 的图象在 x ? e 处有公共点,因此若存在 h(x ) 和 ? (x) 的隔离直线,则该直线过这 个公共点. ??????????8 分 设隔离直线的斜率为 k ,则直线方程为 y ? e ? k ( x ? e ) ,即

y ? kx ? e ? k e .
由 h( x) ? kx ? e ? k e ( x ? R) ,可得 x ? kx ? e ? k e ? 0 当 x ? R 时恒成立.
2

? ? ? (k ? 2 e ) 2 ,

?由 ? ? 0 ,得 k ? 2 e . 下面证明 ? ( x) ? 2 e x ? e 当 x ? 0 时恒成立.
令 G ( x) ? ? ( x) ? 2 ex ? e ? 2e ln x ? 2 e x ? e ,则

2e 2 e ( e ? x) ?2 e ? , x x 当 x ? e 时, G?( x) ? 0 . G ?( x) ?

?当 0 ? x ? e 时, G?( x) ? 0 ,此时函数 G ( x) 递增; 当 x ? e 时, G?( x) ? 0 ,此时函数 G ( x) 递减;
∴当 x ?

e 时, G ( x) 取极大值,其极大值为 0 .

从而 G ( x) ? 2e ln x ? 2 ex ? e ? 0 ,即 ? ( x) ? 2 e x ? e( x ? 0) 恒成立. ∴函数 h( x ) 和 ? ( x) 存在唯一的隔离直线 y ? 2 ex ? e . q p 变式 3:设 f (x) = px- -2 ln x,且 f (e) = qe- -2(e 为自然对数的底数) x e (I) 求 p 与 q 的关系; (II) 若 f (x) 在其定义域内为单调函数,求 p 的取值范围; (III) 设 g(x) = 2e ,若在 [1,e] 上至少存在一点 x0,使得 f (x0) > g(x0) 成立, 求实数 p 的取值范围. x q p -2ln e = qe- -2 e e p=q

解:(I) 由题意得 f (e) = pe- ? (p-q) (e +

1 1 ) = 0 而 e + ≠0∴ e e

p (II) 由 (I) 知 f (x) = px- -2ln x x f’(x) = p + px 2-2x + p p 2 = 2 - x x x2

令 h(x) = px 2-2x + p,要使 f (x) 在其定义域 (0,+?) 内为单调函数,只需 h(x) 在 (0,+?) 内满足:h(x)≥0 或 h(x) ≤0 恒成立. ???? 5 分 2x ① 当 p = 0 时, h(x) = -2x,∵ x > 0,∴ h(x) < 0,∴ f’(x) = - 2 < 0, x ∴ f (x) 在 (0,+?) 内为单调递减,故 p = 0 适合题意. ② 当 p > 0 时,h(x) = px 2-2x + p,其图象为开口向上的抛物线,对称轴为 x = 1 只需 p- ≥1,即 p≥1 时 h(x)≥0,f’(x)≥0 p ∴ f (x) 在 (0,+?) 内为单调递增, 故 p≥1 适合题意. 1 1 ∈(0,+?),∴ h(x)min = p- p p

③ 当 p < 0 时,h(x) = px 2-2x + p,其图象为开口向下的抛物线,对称轴为 x = 只需 h(0)≤0,即 p≤0 时 h(x)≤0 在 (0,+?) 恒成立. 故 p < 0 适合题意. 综上可得,p≥1 或 p≤0 另解:(II) f’(x) = p + p 由 (I) 知 f (x) = px- -2ln x x p 2 1 2 - = p (1 + 2 )- x2 x x x 1 2 2 2 )- ≥0 ? p≥ ? p≥( ) ,x > 0 x2 x 1 1 max x+ x+ x x

1 ? (0,+?) p

要使 f (x) 在其定义域 (0,+?) 内为单调函数,只需 f’(x) 在 (0,+?) 内满足:f’(x)≥0 或 f’(x)≤0 恒成立. 由 f’(x)≥0 ? p (1 +



2 1 x+ x

≤ 2

2 = 1,且 x = 1 时等号成立,故 ( ) =1 1 max 1 x+ x· x x 1 2 2x 2x )- ≤0 ? p≤ 2 ? p≤( 2 ) ,x > 0 x2 x x +1 x + 1 min

2

∴ p≥1 由 f’(x)≤0 ? p (1 + 而
2

2x 2x > 0 且 x → 0 时, 2 → 0,故 p≤0 x +1 x +1 2e 在 [1,e] 上是减函数 x

综上可得,p≥1 或 p≤0 (III) ∵ g(x) =

∴ x = e 时,g(x)min = 2,x = 1 时,g(x)max = 2e 即 g(x) ? [2,2e] ① p≤0 时,由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 递减 ? f (x)max = f (1) = 0 < 2,不合题意。 1 ② 0 < p < 1 时,由 x ? [1,e] ? x- ≥0 x 1 1 ∴ f (x) = p (x- )-2ln x≤x- -2ln x x x 右边为 f (x) 当 p = 1 时的表达式,故在 [1,e] 递增 ∴ 1 1 1 f (x)≤x- -2ln x≤e- -2ln e = e- -2 < 2,不合题意。 x e e

③ p≥1 时,由 (II) 知 f (x) 在 [1,e] 连续递增,f (1) = 0 < 2,又 g(x) 在 [1,e] 上是减函数 ∴ 本命题 ? f (x)max > g(x)min = 2,x ? [1,e] 1 ? f (x)max = f (e) = p (e- )-2ln e > 2 e ?p> 4e e -1
2

4e 综上,p 的取值范围是 ( 2 ,+?) e -1 例 3、设函数 f ( x) ? ln x ? px ? 1 (1)求函数 f ( x) 的极值点 (2)当 p ? 0 时,若对任意的 x ? 0 ,恒有 f ( x) ? 0 ,求 p 的取值范围

(3)证明:

ln 22 ln 32 ln n 2 2n 2 ? n ? 1 ? 2 ? ... ? 2 ? (n ? N , n ? 2) 22 3 n 2(n ? 1)

解: (1)? f ( x) ? ln x ? px ? 1,? f ( x)的定义域为(0,??) ,

f ?( x) ?

1 1 ? px 当 p ? 0时,f ?( x) ? 0, f ( x)在(0,??) 上无极值点 ?p? x x
1 ? (0,??), f ?( x)、f ( x)随x 的变化情况如下表: p
(0,

当 p>0 时,令 f ?( x) ? 0, x ? ?

x

1 ) p

1 p
0 极大值

1 ( ,+ p
- ↘

)

f '( x)
f ( x)

+ ↗

从上表可以看出:当 p>0 时, f ( x) 有唯一的极大值点 x ?

1 p

(Ⅱ)当 p>0 时在 x=

1 1 1 处取得极大值 f ( ) = ln ,此极大值也是最大值, p p p
1 p 1 p 0,
∴ p? 1

要使 f ( x) ? 0 恒成立,只需 f ( ) = ln

∴p 的取值范围为[1,+∞ ) (Ⅲ)令 p=1,由(Ⅱ)知, ln x ? x ? 1 ? 0,? ln x ? x ? 1 ? n ? N , n ? 2 , ∴ ln n ? n ? 1 ,
2 2



ln n 2 n 2 ? 1 1 ? ? 1? 2 2 2 n n n ln 2 2 ln 3 2 ln n 2 1 1 1 ? 2 ? ? ? 2 ? (1 ? 2 ) ? (1 ? 2 ) ? ? ? (1 ? 2 ) 2 2 3 n 2 3 n



? (n ? 1) ? (
? (n ? 1) ? (

1 1 1 ? 2 ??? 2 ) 2 2 3 n
1 1 1 ? ??? ) 2 ? 3 3? 4 n(n ? 1)

1 1 1 1 1 1 ? (n ? 1) ? ( ? ? ? ? ? ? ? ) 2 3 3 4 n n ?1
1 1 2n 2 ? n ? 1 ? (n ? 1) ? ( ? )? 2 n ?1 2(n ? 1)

∴结论成立 例 4、已知函数 f(x)=

1 2 ax ? 2 x(a ? 0), g ( x) ? ln x, 2
g ( x) 1 ? f ?( x) ? (2a ? 1) 在区间 ( , e) 内有且只有两个不相等的实数根?若存在,求出 e x

(1)若 h(x)=f(x)-g(x)存在单调增区间,求 a 的取值范围; (2)是否存在实数 a>0,使得方程

a 的取值范围?若不存在,请说明理由。

解: (1)由已知,得 h(x)=

1 2 ax ? 2 x ? ln x, 且 x>0, 2

则 hˊ(x)=ax+2-

1 ax 2 ? 2 x ? 1 = , x x

∵函数 h(x)存在单调递增区间, ∴hˊ(x)≥0 有解, 即不等式 ax2+2x-1≥0 有 x>0 的解. ① 当 a<0 时, y=ax2+2x-1 的图象为开口向下的抛物线, 要使 ax2+2x-1≥0 总有 x>0 的解, 则方程 ax2+2x-1=0 至少 有一个不重复正根, 而方程 ax2+2x-1=0 总有两个不相等的根时, 则必定是两个不相等的正根. 故只需Δ =4+4a>0, 即 a>-1. 即-1<a<0 ② 当 a>0 时, y= ax2+2x-1 的图象为开口向上的抛物线, ax2+2x-1≥0 一定有 x>0 的解. 综上, a 的取值范围是(-1, 0)∪(0, +∞) (2)方程

g ( x) ? f ?( x) ? (2a ? 1) x ln x ln x 即为 ? ax ? 2 ? (2a ? 1), ? ax ? (1 ? 2a), x x
等价于方程 ax2+(1-2a)x-lnx=0 . 设 H(x)= ax2+(1-2a)x-lnx, 于是原方程在区间( , e )内根的问题, 转化为函数 H(x)在区间( , e )内的零点问题.

1 e

1 e

Hˊ(x)=2ax+(1-2a)-

1 2ax 2 ? (1 ? 2a) x ? 1 (2ax ? 1)( x ? 1) ? = x x x

当 x∈(0, 1)时, Hˊ(x)<0, H(x)是减函数; 当 x∈(1, +∞)时, Hˊ(x)>0, H(x)是增函数; 若 H(x)在( , e )内有且只有两个不相等的零点, 只须

1 e

? 1 a 2 1 ? 2a (1 ? 2e)a ? e 2 ? e H( ) ? 2 ? ?1 ? ?0 ? e e e e2 ? ? ? H ( x) min ? H (1) ? a ? (1 ? 2a ) ? 1 ? a ? 0 ? 2 2 ? H (e) ? ae ? (1 ? 2e)a ? 1 ? (e ? 2e)a ? (e ? 1) ? 0 ? ?

解得 1 ? a ?

e2 ? e e2 ? e , 所以 a 的取值范围是(1, ) 2e ? 1 2e ? 1

变式 1、已知 x=

1 b 是 f ( x) ? 2 x ? ? ln x 的一个极值点 2 x

(1)求 b 的值;(2)求函数 f ? x ? 的单调增区间;

1 ,试问过点(2,5)可作多少条曲线 y=g(x)的切线?为什么? x b 解:(1) 因 x=-1 是 f ( x) ? 2 x ? ? ln x 的一个极值点 x
(3)设 g ( x) ? f ( x) ? ∴ f (?1) ? 0
/

即 2+b-1=0 ∴b= -1 经检验,适合题意,所以 b= -1.

1 1 ? x2 x 1 1 / ∴ f ( x) ? 2 ? 2 ? >0 x x
(2) f ( x) ? 2 ?
/



2 x2 ? x ?1 >0 x2

∴x>

1 2
?1 ?

∴函数 的单调增区间为 ? , ?? ? ?2 ? (3) g ( x) ? f ( x) ?

1 =2x+lnx x

设过点(2,5)与曲线 g (x)的切线的切点坐标为 ( x0 , y0 ) ∴ y0 ? 5 ? g ( x0 )( x0 ? 2)
/

即 2 x0 ? ln x0 ? 5 ? (2 ? 令 h(x)= ln x ? ∴ h (x) =
/

1 )( x0 ? 2) x0

∴ ln x0 ?

2 ?2?0 x0

2 ?2 x

1 2 ? =0 x x2

∴x?2 ∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2, ?? )上单调递增

1 2 ?又 h( ) ? 2 ? ln 2 ? 0 ,h(2)=ln2-1<0, h(e2 ) ? 2 ? 0 2 e
∴h(x)与 x 轴有两个交点 ∴过点(2,5)可作 2 条曲线 y=g(x)的切线. 变式 2、已知函数 f ( x) ? ln(2 ? 3x) ? (1)求 f(x)在[0,1]上的极值; (2)若关于 x 的方程 f ( x) ? ?2 x ? b 在[0,1]上恰有两个不同的实根,求实数 b 的取值范围.

3 2 x . 2

(1) f ?( x) ?

3 ? 3( x ? 1)(3x ? 1) , ? 3x ? 2 ? 3x 3x ? 2 1 令 f ?( x) ? 0得x ? 或x ? ?1 (舍去) 3 1 ?当0 ? x ? 时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递增; 3 1 当 ? x ? 1时, f ?( x) ? 0, f ( x) 单调递减. 3 1 1 ? f ( ) ? ln 3 ? 为函数f ( x)在[0,1] 上的极大值 3 6 3 2 x ? 2 x ? b ? 0. 2

(2)由 f ( x) ? ?2 x ? b ? ln(2 ? 3x) ? 令 ? ( x) ? ln(2 ? 3x) ?

3 2 3 7 ? 9x 2 , x ? 2 x ? b, 则? ?( x) ? ? 3x ? 2 ? 2 2 ? 3x 2 ? 3x

当 x ? [0,

7 7 ]时, ? ?( x) ? 0, 于是? ( x)在[0, ] 上递增; 3 3

当 x ?[

7 7 ,1]时, ? ?( x) ? 0, 于是? ( x)在[ ,1] 上递减 3 3

而?(

7 7 ) ? ? (0), ? ( ) ? ? (1) , 3 3

? f ( x) ? ?2 x ? b即? ( x) ? 0在[0,1] 恰有两个不同实根等价于
? ?? (0) ? ln 2 ? b ? 0 ? 7 7 2 7 ? ?b ? 0 ?? ( ) ? ln(2 ? 7 ) ? ? 6 6 ? 3 1 ? ?? (1) ? ln 5 ? 2 ? b ? 0 ?
? ln 5 ? 1 7 2 7 ? b ? ln(2 ? 7 ) ? ? . 2 6 3

总结提炼: 1.函数的综合问题,这类问题涉及的知识点多,与数列、不等式等知识加以综合。主要考察函数的奇偶性、单调性、极 值、导数、不等式等基础知识,考查运用导数研究函数性质的方法,以及分类与整合、转化与化归等数学思想方法, 考查分析问题和解决问题的能力. 2.通过求导来研究函数性质是一种非常重要而有效的方法。通常的步骤:先求导,要注意求导后定义域的情况;将导数 整理变形,能看出导数的符号性质或零点。再列表,从表中回答所要求解答的问题。 3.对于含有字母参数的问题,可以通过分类,延伸长度,从而降低难度。也可以通过分离变量,转化为函数或不等式问 题去解决

巩固练习 1.已知函数 f ( x) ?

1 3 x ? 2 x 2 ? 3x ( x ? R )的图象为曲线 C . 3

试问:是否存在一条直线与曲线 C 同时切于两个不同点?如果存在,求出符合 条件的所有直线方程;若不存在,说明理由. 设存在过点 A ( x1 , y1 ) 的切线曲线 C 同时切于两点,另一切点为 B ( x 2 , y 2 ) ,

x1 ? x2 ,
则切线方程是: y ? ( x1 ? 2 x1 ? 3x1 ) ? ( x1 ? 4 x1 ? 3)( x ? x1 ) ,
3 2 2

1 3

化简得: y ? ( x1 ? 4 x1 ? 3) x ? (?
2

2 3 2 x1 ? 2 x1 ) , 3
2

而过 B ( x 2 , y 2 ) 的切线方程是 y ? ( x 2 ? 4 x 2 ? 3) x ? (? 由于两切线是同一直线, 则有: x1 ? 4 x1 ? 3 ? x 2 ? 4 x 2 ? 3 ,得 x1 ? x 2 ? 4 ,
2 2

2 3 2 x2 ? 2 x2 ) , 3

又由 ? 即?

2 3 2 3 2 2 x1 ? 2 x1 ? ? x2 ? 2 x2 , 3 3

2 2 2 ( x1 ? x2 )( x1 ? x1 x2 ? x2 ) ? 2( x1 ? x2 )( x1 ? x2 ) ? 0 3

1 2 2 2 ? ( x1 ? x1 x2 ? x2 ) ? 4 ? 0 ,即 x1 ( x1 ? x2 ) ? x2 ? 12 ? 0 3
即 (4 ? x 2 ) ? 4 ? x 2 ? 12 ? 0 , x 2 ? 4 x 2 ? 4 ? 0
2 2

得 x2 ? 2 ,但当 x2 ? 2 时,由 x1 ? x2 ? 4 得 x1 ? 2 ,这与 x1 ? x2 矛盾。 所以不存在一条直线与曲线 C 同时切于两点。
x 2.已知函数 f ( x) ? a ln(1 ? e ) ? (a ? 1) x, (其中 a ? 0 ) ,点 A( x1, f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 )), C ( x3 , f ( x3 )) 从左到右依次是函数

y ? f ( x) 图象上三点,且 2x2 ? x1 ? x3 .
(1) 证明: 函数 f ( x) 在 R 上是减函数; (2) 求证:⊿ ABC 是钝角三角形; (3) 试问,⊿ ABC 能否是等腰三角形?若能,求⊿ ABC 面积的最大值;若不能,请说明理由. 解:(Ⅰ) ? f ( x) ? a ln(1 ? e ) ? (a ? 1) x,
x

? f ?( x) ?

ae x ?(a ? 1) ? e x ? (a ? 1) ? ? 0恒成立, 1 ? ex 1 ? ex

所以函数 f ( x) 在 (??, ??) 上是单调减函数. (Ⅱ) 证明:据题意 A( x1, f ( x1 )), B( x2 , f ( x2 )), C ( x3 , f ( x3 )) 且 x1<x2<x3,

由(Ⅰ)知 f (x1)>f (x2)>f (x3),

x2=

x1 ? x3 2

??? ? ??? ? ? BA ? ( x1 ? x2 , f ( x1 ) ? f ( x2 )), BC ? ( x3 ? x2 , f ( x3 ) ? f ( x2 )

??? ??? ? ? ? BA ? BC ? ( x1 ? x2 )( x3 ? x2 ) ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )][ f ( x3 ) ? f ( x2 )]

? x1 ? x2 ? 0, x3 ? x2 ? 0, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0, f ( x3 ) ? f ( x2 ) ? 0

??? ??? ? ? ? ? BA ? BC ? 0,??B ? ( , ? ) 2 即⊿ ABC 是钝角三角形

(Ⅲ)假设⊿ ABC 为等腰三角形,则只能是 BA ? BC

??? ?

??? ?

即: 1 ? x2 )2 ? [ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? ( x3 ? x2 ) 2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2 (x ? x2 ? x1 ? x3 ? x2 ?[ f ( x1 ) ? f ( x2 )]2 ? [ f ( x3 ) ? f ( x2 )]2
即 2 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x3 )

? 2a ln(1 ? e x2 ) ? 2(a ? 1) x2 ? a[ln(1 ? e x1 )(1 ? e x3 ) ? (a ? 1)( x1 ? x3 ) ? 2a ln(1 ? e x2 ) ? 2(a ? 1) x2 ? a[ln(1 ? e x1 )(1 ? e x3 ) ? 2(a ? 1) x2

? 2ln(1 ? e x2 ) ? ln(1 ? e x1 )(1 ? e x3 ) ? (1 ? e x2 )2 ? (1 ? e x1 )(1 ? e x3 ) ? e2 x2 ? 2e x2 ? e x1 ? x3 ? e x1 ? e x3

? 2e x2 ? e x1 ? e x3
x x


x ? x3

而事实上, e 1 ? e 3 ? 2 e 1
x x

? 2e x2



由于 e 1 ? e 3 ,故(2)式等号不成立.这与 (1) 式矛盾. 所以⊿ ABC 不可能为等腰三角形


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