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2014届高考数学(理科)二轮专题突破辅导与测试课件(浙江专版):利用导数解决不等式、方程解的问题


第六讲
第二课时

高考中的导数综合应用?解答题型?
利用导数解决不等式、方程解的问题

1.(2013· 新课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+ d),若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有 相同的切线y=4x+2. (1)求a,b,c,d的值; (2)若

x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.

解:(1)由已知得 f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4. 而 f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c), 故 b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而 a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 设函数 F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 则 F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得 F(0)≥0,即 k≥1. 令 F′(x)=0 得 x1=-ln k,x2=-2.

(ⅰ)若1≤k<e2,则-2<x1≤0,从而当x∈(-2,x1)时, F′(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,即F(x)在(- 2,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,故F(x)在[- 2,+∞)上的最小值为F(x1).而F(x1)=2x1+2-x 2 -4x1-2 1 =-x1(x1+2)≥0. 故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. (ⅱ)若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2 时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,+∞)上单调递增.而F(-2) =0,故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立.

(ⅲ)若 k>e2, F(-2)=-2ke 2+2=-2e 2(k-e2)<0.从而 则 当 x≥-2 时,f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 综上,k 的取值范围是[1,e2].





a 2.(2013· 福建高考)已知函数 f(x)=x-1+ex(a∈R,e 为自然对 数的底数). (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; (3)当 a=1 时,若直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共 点,求 k 的最大值.

a a 解:法一:(1)由f(x)=x-1+ex,得f′(x)=1-ex. 因为曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于x轴, a 所以f′(1)=0,即1- e=0,解得a=e. a (2)f′(x)=1-ex, 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. ②当a>0时,令f′(x)=0,得ex=a,即x=ln a.

x∈(-∞,ln a),f′(x)<0;x∈(ln a,+∞),f′(x)>0, 所以 f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递 增, f(x)在 x=ln a 处取得极小值, 故 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 x=ln a 处取得极小值 ln a,无极大值. 1 (3)当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 1 令 g(x)=f(x)-(kx-1)=(1-k)x+ x, e

则直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 等价于方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. 假设 k>1,此时
? 1 ? g(0)=1>0,g?k-1?=-1+ ? ? ? ?

1 e
1 k-1

<0,

又函数 g(x)的图像连续不断,由零点存在定理,可知 g(x)= 0 在 R 上至少有一解, 与“方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解” 矛盾,故 k≤1. 1 又 k=1 时, g(x)=ex>0, 知方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. 所以 k 的最大值为 1.

法二:(1)(2)同法一. 1 (3)当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 1 等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ x在 R 上没有实数解, e 1 即关于 x 的方程:(k-1)x= x e (*)在 R 上没有实数解.

1 x=0 时, x=0.在 R 上无实解.x≠0 时, e 1 ①当 k=1 时,方程(*)可化为 x=0,在 R 上没有实数解. e 1 ②当 k≠1 时,方程(*)化为 =xex. k-1

令g(x)=xex,则有g′(x)=(1+x)ex. 令g′(x)=0,得x=-1, 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:

x g′(x) g(x)

(-∞,-1) - ?

-1 0
1 -e

(-1,0),(0,+∞)

+ ?

1 当x=-1时,g(x)min=- e, 同时当x→+∞时,g(x)→+∞,
? 1 ? 从而g(x)的取值范围为?- e,+∞?. ? ? ? 1? 1 所以当 ∈?-∞,- e?时,方程(*)无实数解, k-1 ? ?

解得k的取值范围是(1-e,1). 综合①②,得k的最大值为1.

利用导数解决不等式的恒成立问题
[例 1] x≤x; x3 (2)若不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成 2 立,求实数 a 的取值范围. (2013· 辽宁高考)(1)证明:当 x∈[0,1]时, 2 x≤sin 2

[自主解答] 2 x- 2 .

2 (1)证明:记F(x)=sin x- 2 x,则F′(x)=cos

? ? π? π? 当x∈?0,4?时,F′(x)>0,F(x)在?0,4?上是增函数; ? ? ? ? ?π ? ?π ? 当x∈?4,1?时,F′(x)<0,F(x)在?4,1?上是减函数. ? ? ? ?

又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0,即sin 2 x≥ 2 x. 记H(x)=sin x-x,则当x∈(0,1)时,

H′(x)=cos x-1<0,所以,H(x)在[0,1]上是减函数, 则H(x)≤H(0)=0,即sin x≤x. 2 综上, 2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. x3 (2)法一:因为当x∈[0,1]时,ax+x2+ 2 +2(x+2)cos x-4 x3 x =(a+2)x+x2+ 2 -4(x+2)sin22
? 2 ? x3 2 ≤(a+2)x+x + 2 -4(x+2)? x?2 ? 4 ? ? ?

=(a+2)x,所以,当a≤-2时,

x3 不等式ax+x2+ 2 +2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]恒成立. 下面证明,当a>-2时, x3 不等式ax+x + 2 +2(x+2)cos x≤4对x∈[0,1]不恒成立.
2

x3 因为当x∈[0,1]时,ax+x2+ 2 +2(x+2)cos x-4 x3 x =(a+2)x+x2+ 2 -4(x+2)sin22
?x?2 x3 2 ≥(a+2)x+x + 2 -4(x+2)?2? ? ?

? 2 x3 3 2 3 ? =(a+2)x-x - 2 ≥(a+2)x-2x =-2x?x-3?a+2??. ? ?
2

? a+2 所以存在x0∈(0,1) ?例如x0取 ? 3 和 ?
3 x0 x2+ 2 +2(x0+2)cos x0-4>0, 0

? 1 ? 2中的较小值? 满足ax0+

即当a>-2时, x3 不等式ax+x + 2 +2(x+2)cos x-4≤0对x∈[0,1]不恒成立.
2

综上,实数a的取值范围是(-∞,-2].

x3 法二:记f(x)=ax+x2+ 2 +2(x+2)cos x-4,则 3x2 f′(x)=a+2x+ 2 +2cos x-2(x+2)sin x. 记G(x)=f′(x),则 G′(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x. 1 当x∈(0,1)时,cos x>2, 2 因此G′(x)<2+3x-4× 2 x-(x+2)=(2-2 2)x<0.

于 是 f′(x) 在 [0,1] 上 是 减 函 数 , 因 此 , 当 x ∈ (0,1) 时 , f′(x)<f′(0)=a+2,故当 a≤-2 时,f′(x)<0,从而 f(x)在[0,1] 上是减函数,所以 f(x)≤f(0)=0,即当 a≤-2 时,不等式 ax+x2 x3 + 2 +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 下面证明,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ 2 +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立.

由于f′(x)在[0,1]上是减函数,且 7 f′(0)=a+2>0,f′(1)=a+2+2cos 1-6sin 1. 7 当a≥6sin 1-2cos 1-2时,f′(1)≥0,所以当x∈(0,1)时,f′(x)>0, 因此f(x)在[0,1]上是增函数,故f(1)>f(0)=0; 7 当-2<a<6sin 1-2cos 1-2时,f′(1)<0, 又f′(0)>0,故存在x0∈(0,1) 使f′(x0)=0,则当0<x<x0时,f′(x)>f′(x0)=0,所以f(x)在[0,x0]上 是增函数,所以当x∈(0,x0)时,f(x)>f(0)=0.

所以,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ 2 +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2].

——————————规律· 总结———————————— 两招破解不等式的恒成立问题
1.分离参数法 第一步:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的 最值问题; 第二步:利用导数求该函数的最值; 第三步:根据要求得所求范围. 2.函数思想法 第一步:将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题; 第二步:利用导数求该函数的极值(最值); 第三步:构建不等式求解.

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1.已知函数 f(x)=axln x 图像上点(e,f(e))处的切线与直线 y= 2x 平行(其中 e 为自然对数的底数),g(x)=x2-tx-2. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在[n,n+2](n>0)上的最小值; (3)若对一切 x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立,求实数 t 的取值 范围.

解:(1)由点(e,f(e))处的切线方程与直线2x-y=0平行,得该 切线斜率为2,即f′(e)=2. 又f′(x)=a(ln x+1),令a(ln e+1)=2,得a=1, 所以f(x)=xln x. (2)由(1)知f′(x)=ln x+1,显然当f′(x)=0时,x=e-1.当x∈

? ? 1? 1? ?0, ?时,f′(x)<0,所以函数f(x)在?0, ?上单调递减; e? e? ? ? ?1 ? ?1 ? 当x∈ ?e,+∞? 时,f′(x)>0,所以函数f(x)在 ?e,+∞? 上单调 ? ? ? ?

递增.

?1? 1 1 ? ?=- ; ①当 ∈(n,n+2)时,f(x)min=f e e e ? ?

1 ②当 ≤n<n+2 时,函数 f(x)在[n,n+2]上单调递增, e 因此 f(x)min=f(n)=nln n. 1? ? 1? ?- e?0<n< e ?, ? ? ? 所以 f(x)min= ? ? ?nln n?n≥1?. e? ? ? (3)因为对一切 x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立, 又 g(x)=x2-tx-2,所以 3xln x≥x2-tx-2,

2 即t≥x-3ln x-x. 2 设h(x)=x-3ln x-x,x∈(0,e],
2 3 2 x -3x+2 ?x-1??x-2? 则h′(x)=1-x+x2= = . x2 x2

由h′(x)=0得x=1或x=2, 所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当x∈(1,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当x∈(2,e)时,h′(x)>0,h(x)单调递增.

所以 h(x)极大值=h(1)=-1,且 h(e)=e-3-2e-1<-1, 所以 h(x)max=h(1)=-1. 因为对一切 x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立, 所以 t≥h(x)max=-1,故实数 t 的取值范围为[-1,+∞).

利用导数研究方程解的问题

[例 2]

(2013· 陕西高考)已知函数 f(x)=ex,x∈R.

(1)求 f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程; 1 2 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x +x+1 有唯一的公共点; 2 (3)设 a<b,比较
?a+b? f?b?-f?a? ? f? ? 2 ?与 b-a 的大小,并说明理由. ? ?

[自主解答] 为 k,

(1)f(x)的反函数为 g(x)=ln x, 设所求切线的斜率

1 ∵g′(x)=x,∴k=g′(1)=1, 于是在点(1,0)处切线方程为 y=x-1. 1 2 (2)证明:法一:曲线 y=e 与 y= x +x+1 公共点的个数等 2
x

1 2 于函数 φ(x)=e - x -x-1 零点的个数. 2
x

∵φ(0)=1-1=0, ∴φ(x)存在零点 x=0.

又 φ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ′(x)=ex-x-1, 则 h′(x)=ex-1, 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴φ′(x)在 x=0 有唯一的极小值 φ′(0)=0, 即 φ′(x)在 R 上的最小值为 φ′(0)=0. ∴φ′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ(x)在 R 上是单调递增的, ∴φ(x)在 R 上有唯一的零点, 1 2 故曲线 y=f(x)与 y=2x +x+1 有唯一的公共点.

1 2 法二:∵e >0,2x +x+1>0,
x

1 2 2x +x+1 1 2 ∴曲线y=ex与y= 2 x +x+1公共点的个数等于曲线y= 与 ex 1 2 2x +x+1 y=1公共点的个数,设φ(x)= ,则φ(0)=1,即x=0时, ex 两曲线有公共点. ?x+1?e 又φ′(x)=
x

?1 2 ? ? x +x+1?ex -2 ? ?

e2x

1 2 -2x = ex ≤0(仅当x=0时等号成

立),∴φ(x)在R上单调递减,∴φ(x)与y=1有唯一的公共点, 1 故曲线y=f(x)与y=2x2+x+1有唯一的公共点.

a?b ?a+b? f?b?-f?a? eb-ea eb-ea-be +ae ? 2 = (3) -f? ? 2 ? = b-a - e b-a b-a ? ? b? a a ?b e · 2 -e 2 -(b-a)]. [e b-a a?b 2

a?b 2

a?b 2



1 设函数 u(x)=e -ex-2x(x≥0),
x

1 则 u′(x)=e +ex-2≥2
x

1 e ·x-2=0, e
x

∴u′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立),

∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0.
b? a a ?b b-a 令 x= 2 ,得 e 2 -e 2 -(b-a)>0,

f?b?-f?a? ?a+b? ? ∴ >f? ? 2 ?. b-a ? ?

互动探究

保持本例条件不变,若 x>0,试讨论曲线 y=f(x)与曲线 y =mx2(m>0)公共点的个数.

解:曲线 y=ex 与 y=mx2 的公共点个数 ex 等于曲线 y=x2与 y=m 的公共点个数. ex?x-2? ex 令 φ(x)=x2,则 φ′(x)= x3 , ∴φ′(2)=0. 当 x∈(0,2)时,φ′(x)<0,φ(x)在(0,2)上单调递减;

当 x∈(2,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上单调递增, e2 ∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值为 φ(2)= 4 . e2 ex 当 0<m< 4 时,曲线 y=x2与 y=m 无公共点; e2 ex 当 m= 4 时,曲线 y=x2与 y=m 恰有一个公共点; e2 1 当 m> 4 时,在区间(0,2)内存在 x1= ,使得 φ(x1)>m,在(2, m +∞)内存在 x2=me2,使得 φ(x2)>m.由 φ(x)的单调性知,曲线 y= ex x2与 y=m 在(0,+∞)上恰有两个公共点.

综上所述,当x>0时, e2 若0<m< 4 ,曲线y=f(x)与y=mx2没有公共点; e2 若m= 4 ,曲线y=f(x)与y=mx2有一个公共点; e2 若m> 4 ,曲线y=f(x)与y=mx2有两个公共点.

——————————规律· 总结————————————
1.三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题 第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的 图像与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题; 第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最 值)、端点值等性质,进而画出其图像; 第三步:结合图像求解. 2.证明复杂方程在某区间上有唯一解问题的方法 第一步:利用导数证明该函数在该区间上单调;

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第二步:证明端点值异号.

x 2.设函数f(x)=e2x+c(e=2.718 28?是自然对数的底数, c∈R). (1)求f(x)的单调区间、最大值; (2)讨论关于x的方程|ln x|=f(x)解的个数.

解:(1)f′(x)=(1-2x)e

-2x

1 ,由f′(x)=0,解得x=2.

1 当x<2时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 1 当x>2时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以,函数f(x)的单调递增区间是
? 1? ?-∞, ? 2? ?

,单调递减区

?1 ? ?1? 1 -1 间是?2,+∞?,最大值为f?2?=2e +c. ? ? ? ?

(2)令g(x)=|ln x|-f(x)=|ln x|-xe

-2x

-c,x∈(0,+∞).
-2x

①当x∈(1,+∞)时,ln x>0,则g(x)=ln x-xe
?e2x ? -2x 所以g′(x)=e ? x +2x-1?. ? ?

-c,

e2x 因为2x-1>0, x >0,所以g′(x)>0. 因此g(x)在(1,+∞)上单调递增. ②当x∈(0,1)时,ln x<0,则g(x)=-ln x-xe-2x-c,
? e2x ? -2x 所以g′(x)=e ?- x +2x-1?. ? ?

e2x 因为e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0,所以- x <-1.

e2x 又2x-1<1,所以- x +2x-1<0,得g′(x)<0. 因此g(x)在(0,1)上单调递减. 综合①②可知,当x∈(0,+∞)时,g(x)≥g(1)=-e 2-c. 当g(1)=-e 2-c>0,即c<-e 2时,g(x)没有零点, 故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为0; 当g(1)=-e-2-c=0,即c=-e-2时,g(x)只有一个零点, 故关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数为1; 当g(1)=-e-2-c<0,即c>-e-2时, (ⅰ)当x∈(1,+∞)时,由(1)知 g(x)=ln x-xe
-2x - - -

-c≥ln

?1 -1 ? x-?2e +c?>ln ? ?

x-1-c,

要使g(x)>0,只需使ln x-1-c>0,即x∈(e1+c,+∞); (ⅱ)当x∈(0,1)时,由(1)知g(x)=-ln
?1 -1 ? ? e +c?>-ln ?2 ?

x-xe-2x-c≥-ln

x-

x-1-c,要使g(x)>0,只需-ln x-1-c>0,即x

∈(0,e-1-c). 所以c>-e 2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程|ln x|=f(x)解的 个数为2. 综上所述,当c<-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)解的个数为0; 当c=-e-2时,关于x的方程|ln x|=f(x)解的个数为1;当c>-e-2 时,关于x的方程|ln x|=f(x)解的个数为2.


导数的综合应用
[例3] (2013· 长春模拟)设函数f(x)=x2+bx-aln x.

(1)若x=2是函数f(x)的极值点,1和x0是函数f(x)的两个不同 零点,且x0∈(n,n+1),n∈N,求n; (2)若对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e)(e为自然对数的 底数),使得f(x)<0成立,求实数a的取值范围.

[自主解答]

a (1)f′(x)=2x-x+b,

a ∵x=2 是函数 f(x)的极值点,∴f′(2)=4- +b=0. 2 ∵1 是函数 f(x)的零点,∴f(1)=1+b=0. a ? ?4- +b=0, 2 由? ?1+b=0, ?
2

解得 a=6,b=-1.

6 ∴f(x)=x -x-6ln x,x∈(0,+∞),f′(x)=2x-x-1.

2x2-x-6 ?2x+3??x-2? 6 令 f′(x)=2x-x-1= = >0, x x 得 x>2;令 f′(x)<0,得 0<x<2, ∴f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增. 故函数 f(x)至多有两个零点,其中 1∈(0,2),x0∈(2, +∞). ∵f(2)<f(1)=0,f(3)=6(1-ln 3)<0,f(4)=6(2-ln 4) e2 =6ln >0,∴x0∈(3,4),故 n=3. 4

(2)法一:令g(b)=xb+x2-aln x,b∈[-2,-1],则g(b)为关 于b的一次函数且为增函数. 根据题意,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1,e),使得 f(x)<0成立,则g(b)max=g(-1)=x2-x-aln x<0在(1,e)上有解. 令h(x)=x2-x-aln x,只需存在x0∈(1,e)使得h(x0)<0即可.
2 a 2x -x-a 由于h′(x)=2x-1-x= , x

令φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则φ′(x)=4x-1>0,

∴φ(x)在(1,e)上单调递增,则φ(x)>φ(1)=1-a.

①当1-a≥0,即a≤1时,φ(x)>0,即h′(x)>0,h(x)在(1, e)上单调递增,∴h(x)>h(1)=0,不符合题意. ②当1-a<0,即a>1时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2-e-a, 若a≥2e2-e>1,则φ(e)<0,此时在(1,e)上φ(x)<0恒成立, 即h′(x)<0恒成立, ∴h(x)在(1,e)上单调递减, ∴存在x0∈(1,e),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意. 若2e2-e>a>1,则φ(e)>0,此时在(1,e)上一定存在实数 m,使得φ(m)=0,

∴在(1,m)上,φ(x)<0恒成立,即h′(x)<0恒成立,h(x)在 (1,m)上单调递减, ∴存在x0∈(1,m),使得h(x0)<h(1)=0,符合题意. 综上所述,当a>1时,对任意b∈[-2,-1],都存在x∈(1, e),使得f(x)<0成立. 2x2+bx-a a 法二:f′(x)=2x-x+b= ,x∈(1,e). x 设g(x)=2x2+bx-a,x∈(1,e). ∵b∈[-2,-1],∴g(x)在(1,e)上单调递增,且g(1)=2+b -a,

①当g(1)≥0,即a≤2+b时,∵b∈[-2,-1],∴a≤0. 此时g(x)>g(1)≥0,∴f′(x)>0在(1,e)上恒成立,即f(x)在 (1,e)上单调递增. 若存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立,则f(1)=1+b<0,即b< -1恒成立. ∵b∈[-2,-1],当b=-1时不成立,∴a≤0不成立. ②当g(1)<0,即a>2+b时,∵b∈[-2,-1],∴a>1. 此时,(ⅰ)当g(e)<0时,g(x)<0在(1,e)上恒成立,则f(x)在 (1,e)上单调递减.

∵f(1)≤0,∴存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立. (ⅱ)当g(e)≥0时,存在x0∈(1,e),使得g(x0)=0. ∵g(x)在(1,e)上单调递增, ∴当x∈(1,x0)时,g(x)<0,则f(x)在(1,x0)上单调递减. ∵f(1)≤0,故在(1,x0)内存在x∈(1,e),使得f(x)<0成立. 综上,满足条件的a的取值范围为(1,+∞).

——————————规律· 总结————————————
利用分类讨论解导数问题的步骤 (1)确定分类讨论的对象,即对哪个参数进行讨论,如讨论单 调区间端点值的大小. (2)对所讨论的对象进行合理分类(分类时要做到“不重复,不 遗漏,标准要统一,分层不越级”). (3)逐类讨论,即对各类问题详细讨论,逐步解决. (4)归纳总结:将各类情况归纳总结. ————————————————————————

3.已知函数 f(x)=x2-(a+2)x+aln x. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极小值; (2)当 a=-1 时,过坐标原点 O 作曲线 y=f(x)的切线,设切点为 P(m,n),求实数 m 的值; (3)设定义在 D 上的函数 y=g(x)在点 P(x0,y0)处的切线方程为 l: g?x?-h?x? y=h(x),当 x≠x0 时,若 >0 在 D 内恒成立,则称 P 为 x-x0 函数 y=g(x)的“转点”.当 a=8 时,试问函数 y=f(x)是否存在 “转点”?若存在,请求出“转点”的横坐标;若不存在,请说 明理由.

解:(1)当a=1时, 2x2-3x+1 ?x-1??2x-1? 1 f′(x)=2x-3+x= = , x x 1 1 当0<x<2时,f′(x)>0;当2<x<1时,f′(x)<0; 当x>1时,f′(x)>0. 所以当x=1时,f(x)取极小值-2. 1 (2)f′(x)=2x-1-x(x>0),
2 1 m -m-ln m 所以切线的斜率k=2m-1-m= , m

整理得m2+ln m-1=0. 显然m=1是这个方程的解. 又因为y=x2+ln x-1在(0,+∞)上是增函数, 所以方程x2+ln x-1=0有唯一实数解,故m=1. (3)当a=8时,函数y=f(x)在其图像上一点P(x0,f(x0))处的切线
? ? 8 方程为h(x)=?2x0+x -10?(x-x0)+x2-10x0+8ln x0. 0 ? ? 0

设F(x)=f(x)-h(x),则F(x0)=0,则F′(x)=f′(x)-h′(x)=
? 4? 8 8 2 2x+x-10-2x0+x -10=x(x-x0)?x-x ?. ? 0? 0

? 4? 若0<x0<2,则F(x)在?x0,x ?上单调递减, ? 0? ? 4? F?x? ?x0, ?时,F(x)<F(x0)=0,此时 当x∈ <0; x0 ? x-x0 ? ?4 ? 若x0>2,则F(x)在?x ,x0?上单调递减, ? 0 ? ?4 ? F?x? ? ,x0?时,F(x)>F(x0)=0,此时 当x∈ x <0. x-x0 ? 0 ?

所以y=f(x)在(0,2)和(2,+∞)上不存在“转点”.

2 若x0=2时,则F′(x)= x (x-2)2,F(x)在(0,+∞)上是增函 数,当x>x0时,F(x)>F(x0)=0;当x<x0时,F(x)<F(x0)=0, 所以点P(x0,f(x0))为“转点”. 故函数y=f(x)存在“转点”,且2是“转点”的横坐标.

课题7 [典例]

利用导数证明不等式
-2x

(2013· 辽宁高考)已知函数f(x)=(1+x)e



x3 g(x)=ax+ 2 +1+2xcos x.当x∈[0,1]时, 1 (1)求证:1-x≤f(x)≤ ; 1+x (2)若f(x)≥g(x)恒成立,求实数a的取值范围.

[考题揭秘]

本题考查了导数在求解函数问题中的应用, 涉及了应

用导数证明不等式问题以及应用导数求解函数的最值问题等.同时考 查了考生的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力. 第一步:审条件.已知函数 f(x)和 g(x)的解析式. 1 第二步:审结论.第(1)问证明不等式 1-x≤f(x)≤ ;第(2)问 1+x [审题过程] 在 f(x)≥g(x)恒成立的条件下,求 a 的范围. 第三步:建联系.(1)利用导数证明不等式,关键是构造函数,但 根据题设直接证明显然难度很大,所以需要将不等式等价转化为较容 易证明的结构形式;(2)根据题设及第(1)问的结论,不难发现 f(x)-
? x2 g(x)≥-x?a+1+ +2cos 2 ? ? x?, 研究函数 ?

x2 G(x)= 2 +2cos x 的最值就可

得到 a≤-3,再证明 a>-3 不符合题意即可.

[规范解答]

(1)证明:要证x∈[0,1]时,(1+x)e


-2x

≥1-x,

只需证明(1+x)e x≥(1-x)ex.???????????? ① 记h(x)=(1+x)e-x-(1-x)ex,????????????② 则h′(x)=x(ex-e-x), 当x∈(0,1)时,h′(x)>0,因此h(x)在[0,1]上是增函数,故 h(x)≥h(0)=0. ???????????????????? ③ 所以f(x)≥1-x,x∈[0,1].????????????? ④ 要证x∈[0,1]时,(1+x)e-2x≤ 1 , 1+x

只需证明ex≥x+1. ???????????????? ① 记K(x)=ex-x-1,???????????????? ②

则K′(x)=ex-1, 当x∈(0,1)时,K′(x)>0,因此K(x)在[0,1]上是增函数,故 K(x)≥K(0)=0. ????????????????????③ 所以f(x)≤ 1 ,x∈[0,1]. 1+x 1 ,x∈[0,1].?????????④ 1+x
-2x

综上,1-x≤f(x)≤

(2)法一:f(x)-g(x)=(1+x)e

? x3 - ?ax+ 2 +1+2xcos ?

? x? ≥1- ?

? ? x2 x3 x-ax-1- 2 -2xcos x=-x?a+1+ 2 +2cos x?. ? ?

x2 设G(x)= 2 +2cos x,则G′(x)=x-2sin x.

记H(x)=x-2sin

x,则H′(x)=1-2cos

x,当x∈(0,1)时,

H′(x)<0,于是G′(x)在[0,1]上是减函数,从而当x∈(0,1)时, G′(x)<G′(0)=0, 故G(x)在[0,1]上是减函数. 于是G(x)≤G(0)=2,从而a+1+G(x)≤a+3. 所以,当a≤-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立. 下面证明,当a>-3时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 1 x3 f(x)-g(x)≤ -1-ax- 2 -2xcos x 1+x -x x3 = -ax- 2 -2xcos x 1+x

? 1 x2 ? =-x?1+x+a+ 2 +2cos ?

? 1 x2 ? x?,记I(x)= +a+ 2 +2cos 1+x ?

x=

1 1+x

+a+G(x),则 I′(x)= -1 +G′(x),当x∈(0,1)时,I′(x)<0.故I(x)在[0,1]上 ?1+x?2

是减函数,于是I(x)在[0,1]上的值域为[a+1+2cos 1,a+3]. 因为当a>-3时,a+3>0,所以存在x0∈(0,1),使得I(x0)>0,此时 f(x0)<g(x0),即f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 综上,实数a的取值范围是(-∞,-3]. 1 1 法二:先证当x∈[0,1]时,1-2x2≤cos x≤1-4x2. 1 记F(x)=cos x-1+2x2,则F′(x)=-sin x+x.

记 G(x)=-sin x+x,则 G′(x)=-cos x+1,当 x∈(0,1)时, G′(x)>0,于是 G(x)在[0,1]上是增函数,因此当 x∈(0,1)时,G(x)>G(0) =0,从而 F(x)在[0,1]上是增函数,因此 F(x)≥F(0)=0, 1 2 所以当 x∈[0,1]时,1-2x ≤cos x. 1 同理可证,当 x∈[0,1]时,cos x≤1-4x2. 1 1 故 x∈[0,1]时,1-2x2≤cos x≤1-4x2. 因为当 x∈[0,1]时,f(x)-g(x)=(1+x)e
- 2x

? x3 -?ax+ 2 +1+2xcos ?

? x? ?

? 1 2? x3 ≥(1-x)-ax- 2 -1-2x?1-4x ?=-(a+3)x, ? ?

所以当 a≤-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立. 下面证明,当 a>-3 时,f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立.因为 f(x)-g(x)=(1+x)e
-2x

? x3 -?ax+ 2 +1+2xcos ?

? x? ?

? 1 2? 1 x3 ≤ -1-ax- 2 -2x?1-2x ? 1+x ? ? ? 2 x2 x3 3 ? ?x- ?a+3??, = + -(a+3)x≤2x 3 1+x 2 ? ?

所 以 存 在 x0 ∈ (0,1)

? ? a+3 1 ? ? ?例如x0取 3 和2中的较小值? ? ?

() 满 足

f(x0)<g(x0),即 f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立. 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-3].

[模型归纳] 利用导数证明不等式的模型示意图如下:

[变式训练]
已知函数f(x)=x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)证明:对任意的t>0,存在唯一的s,使t=f(s); (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当t>e2时,有 2 ln g?t? 1 5< ln t <2. 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).

1 f′(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f′(x)=0,得x= . e 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x
f′(x) f(x)
所以函数
? ? ? ?

? ? ?0, ?

1? ? e? ?

1 e

? ? ? ?

? 1 ,+∞? ? e ?



0



?

极小值

?

? f(x)的单调递减区间是?0, ? ?

1? ? ,单调递增区间是 e? ?

? 1 ,+∞?. ? e ?

(2)证明:当 0<x≤1 时,f(x)≤0. 设 t>0,令 h(x)=f(x)-t,x∈[1,+∞).

由(1)知,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. h(1)=-t<0,h(et)=e2tln et-t=t(e2t-1)>0. 故存在唯一的s∈(1,+∞),使得t=f(s)成立. (3)证明:因为s=g(t),由(2)知,t=f(s),且s>1,从而 ln g?t? ln s ln s ln s u ln t = ln f?s? = ln?s2ln s? = 2ln s+ln?ln s? = 2u+ln u ,其中u 2 ln g?t? 1 u =ln s.要使5< ln t <2成立,只需0<ln u<2. 当t>e2时,若s=g(t)≤e,则由f(s)的单调性,有t=f(s)≤f(e) =e2,矛盾,所以s>e,即u>1.

从而ln u>0成立. u 1 1 另一方面,令F(u)=ln u- 2 ,u>1.F′(u)=u-2,令F′(u) =0,得u=2. 当1<u<2时,F′(u)>0;当u>2时,F′(u)<0. u 故对u>1,F(u)≤F(2)<0.因此ln u<2成立. 2 ln g?t? 1 综上,当t>e 时,有5< ln t <2.
2

预测演练提能


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