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导数的应用3


高三一轮复习学案 编号 15 每朵花都有自己的美丽,要相信自己一定能创造奇迹

学案十五 导数的应用 3
【考纲要求】 : 1.了解函数的单调性与导数的关系; 能利用导数研究函数的单调性、 极值; 2.利用导数证明恒成立问题、方程根的个数问题、函数交点个数问题。 【课前自主预习】 一 自主梳理 构建网络 1.利用导数判断段函数的单调性 2.利用导数求函数的极值、最值 二 自我检查 查找问题 1.方程 x ? 3 x ? m = 0 在[0,1]上有实数根,则 m 的最大值是
3

2. 若 函 数 f ( x ) =

1 3 x ? a 2 x 满 足 : 对 于 任 意 的 x1 , x2 ∈ [ 0,1] 都 有 3

| f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≤ 1 恒成立,则 a 的取值范围是

3.f x) ( 是定义在 (0, +∞) 上的非负可导函数, 且满足 xf ′( x ) ? f ( x ) > 0 ,
b 若 则 对任意正数 a、, a<b, af (a ),bf (b) 的大小关系为


4.f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a=

.

5.在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 C1 : y = ax3 + 1(a > 0) 与曲线 C2 : x 2 + y 2 = 5 的一个公共点,若 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线 2

互相垂直,则实数 a 的值是

1

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【典型例题】 题型一 恒成立问题: 例 1:已知函数 f ( x ) = ?

?a ? + x ? ( a ∈ R ) ,对定义域内任意的 x 的值, ?x ?

9

f ( x) ≥ 27 恒成立,求 a 的取值范围

变式训练: 已知函数 f ( x ) = x 3 + ax 2 图象上一点 P (1, b) 的切线斜率为

t ?6 2 x ? (t + 1) x + 3 2 (Ⅰ)求 a, b 的值; (Ⅱ)当 x ∈ [ ?1, 4] 时,求 f ( x ) 的值域; (Ⅲ)当 x ∈ [1, 4] 时,不等式 f ( x ) ≤ g ( x) 恒成立,求实数 t 的取值范围。
?3 , g ( x ) = x 3 +

题型二 方程根的个数问题

v 1 3 b =( , ). 2 v v v2 v u v v (1)若存在不同时为零的实数 k 和 t,使 x = a +(t2-3) b , y =-k a +t b , v v u x ⊥ y ,试求函数关系式 k=f(t) ;
例 2:已知平面向量 a =( 3 ,-1). (2) 据(1)的结论,讨论关于 t 的方程 f(t)-k=0 的解的情况.

v

2

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变式训练:已知函数 f ( x) = ? x + 8 x, g ( x) = 6 ln x + m 是否存在实数
2

m ,使得 y = f ( x) 的图象与 y = g ( x) 的图象有且只有三个不同的交点?
若存在,求出 m 的取值范围,若不存在,说明理由。

题型三 不等式类问题 例 3:设函数 f ( x ) = x ? ln x + 1)。 ( , (1)求 y= f ( x ) 的最小值; (2)记数列 a n =

n ?1 前 n 的和记为 sn ,证明 sn < n ? ln( n + 1) 。 n

变式训练:函数 f ( x ) = ln x ? (1)试求 f(x)的单调区间; (2)求证:不等式

a ( x ? 1) ( x > 0, a ∈ R ) . x

1 1 1 ? < 对于 x ∈ (1, 2) 恒成立. ln x x ? 1 2

3

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【当堂检测 诊断反馈】 、

1.(2010 淮安调研)已知 f 1 ( x) = sin x + cos x ,记
f 2 ( x) = f1' ( x) , f3 ( x) = f 2' ( x) ,…, f n ( x ) = f n ?1 ( x ) ( n ∈ N *, n ≥ 2) ,
'

π π π 则 f1 ( ) + f 2 ( ) + LL + f 2009 ( ) = ____ 4 4 4
y 2. 已知函数 f(x)的定义域为 [?2,+∞) ,部分对应值如下表 X f(x) -2 1 0 -1 4 1 -2 O x

f ′ ( x ) 为 f ( x ) 的导函数,函数 y = f ′ ( x ) 的图象如图所示,若两正数 a,
b 满足 f(2a+b)<1,则

b+3 的取值范围是 a+3

a + b(x ≠ 0 ) ,其中 a, b ∈ R . x (Ⅰ)若曲线 y = f ( x ) 在点 P (2, f (2 )) 处的切线方程为 y = 3x + 1 ,求函 数 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ)讨论函数 f ( x ) 的单调性; ?1 ? ?1 ? (Ⅲ)若对于任意的 a ∈ ? ,2? ,不等式 f ( x ) ≤ 10 在 ? ,1? 上恒成立,求 ?2 ? ?4 ? b 的取值范围.

3: 已知函数 f ( x ) = x +

4

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导数的应用 3 巩固拓展案 A组

1. (2009 福建卷理)若曲线 f ( x) = ax 3 + ln x 存在垂直于 y 轴的切线,
则实数 a 取值范围是_____________.

1 2. 若 f ( x) = ? x 2 + b ln( x + 2)在(-1,+∞) 上是减函数,则 b 的取值范 2
围是

4 3. 若函数 y = ? x 3 + bx 有三个单调区间,则 b 的取值范围是 3 4.已知二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c 的导数为 f '( x) , f '(0) > 0 ,对于任
意实数 x 都有 f ( x ) ≥ 0 ,则

f (1) 的最小值为_____ f '(0)

5.

f (x) , g (x) 分 别 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 和 偶 函 数 , 当 x < 0

时, f ' ( x ) g ( x ) + f ( x ) g ' ( x ) > 0 ,且 g (?3) = 0 ,则不等式 f ( x ) g ( x ) < 0 的解集是____

6.设函数 f ( x ) = ax + ln x , g ( x ) = a 2 x 2 .
⑴当 a = ?1 时,求函数 y = f ( x ) 图象上的点到直线 x ? y + 3 = 0 距离的 最小值; ⑵是否存在正实数 a ,使 f ( x ) ≤ g ( x ) 对一切正实数 x 都成立?若存在, 求出 a 的取值范围;若不存在,请说明理由.

5

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导数的应用 3 巩固拓展案 B组

1. 2.已知 x = 3 是函数 f ( x ) = a ln (1 + x ) + x 2 ? 10 x 的一个极值点,若直线 y = b 与函数 y = f ( x ) 的图象有 3 个交点,则 b 的取值范围 1 3. 设 函 数 f ( x) = ? x 3 + 2ax 2 ? 3a 2 x + b,0 < a < 1. 当 3
x ∈ [a + 1, a + 2] 时,恒有 | f ′( x) |≤ a ,则确定 a 的取值范围是
4. 已知函数 f ( x) = e x + 2 x 2 ? 3 x.
网 高考资源 网

(I)求曲线 y = f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线方程;

高考资源网

(Ⅱ)求证函数 f (x) 在区间[0,1]上存在唯一的极值点. (III) x ≥ 当

1 5 时, 若关于x的不等式f ( x) ≥ x 2 + (a ? 3) x + 1恒成立, 2 2
高考资源网

试求实数 a 的取值范围。

6

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导数应用 3 参考答案 二 自我检查 1. 0, 2. ? ? 3, 3 , 3. af ( a ) < bf (b) ,4.4, 3 ? ? 3 ? 5.设 A ( x0 , y0 ) ,所以 C1 在 A 处的切线斜率为 f' ( x0 ) = 3ax0 , C2 在 A 处
2

? 2

2

?

的切线的斜率为 ?

x 1 = ? 0 ,又 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互 kOA y0

相垂直,所以

x0 2 3 3 3 3x0 = 1 ,即 y0 = 3ax0 ,又 ax0 = y0 ? 1 ,所以 y0 = , y0 2
2

代 入 C2 : x + y =
2

5 1 1 3 得 x0 = ± , 将 x0 = ± , y0 = 代 入 2 2 2 2

y = ax3 + 1(a > 0) 得 a = 4 ,故答案填写 4.
【典型例题】 例 1 解:因为函数 f ( x ) 的定义域为(0,+∞) , 由条件知

a + x ≥ 9 27 = 3 3 x

对一切 x∈(0,+∞)恒成立,

即 a ≥ 3 3 x ? x x 对 x∈(0,+∞)恒成立, 设 h( x) =
3

3 x ? x x ,则 h ' ( x) = 3 3 ? x=

3 x, 2

由 h' ( x) = 0 解 得

43 9 43 9 , h' ( x) > 0 时 , 解 得 0 < x < , 9 9

h ' ( x) < 0 时, 解得 x >

43 9 43 9 43 9 , 所以 h( x ) 在 (0, ) 上递增, ( 在 , 9 9 9

43 9 4 4 +∞)上递减, 故 h( x ) 的最大值为 h( ) = ,所以 a ≥ 。 9 9 9
变式:令 g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,
7

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于是不等式 f(x)≥ax 成立即为 g(x)≥g(0)成立. 对函数 g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a 令 g′(x)=0,解得 x=ea-1-1, 当 x>ea-1-1 时,g′(x)>0,g(x)为增函数, 当-1<x<ea-1-1,g′(x)<0,g(x)为减函数, 所以要对所有 x≥0 都有 g(x)≥g(0)充要条件为 ea-1-1≤0. 由此得 a≤1,即 a 的取值范围是(-∞,1]. v v u v v u v v v v 例 2 解:(1)∵ x ⊥ y ,∴ x ? y =0 即[ a +(t2-3) b ]?(-k a +t b )=0. v2 v v v2 整理后得-k a +[t-k(t2-3)] a ? b + (t2-3)? b =0 v v v2 v2 1 ∵ a ? b =0, a =4, b =1,∴上式化为-4k+t(t2-3)=0,即 k= t(t2-3)

4 1 1 2 (2)讨论方程 t(t2-3)-k=0 的解的情况,可以看作曲线 f(t)= t(t -3)与直 4 4 线 y=k 的交点个数. 3 2 3 于是 f′(t)= (t -1)= (t+1)(t-1). 4 4 令 f′(t)=0,解得 t1=-1,t2=1.当 t 变化时,f′(t)、f(t)的变化情况如下表:
t f′(t) F(t) (-∞,-1) + ↗ -1 0 极大值 (-1,1) ↘ 1 0 极小值 (1,+ ∞) + ↗

1 . 2 1 当 t=1 时,f(t)有极小值,f(t)极小值=- 2 1 2 t(t -3)的图象如图 13-2-1 所示, 函数 f(t)= 4 可观察出: 1 1 (1)当 k> 或 k<- 时,方程 f(t)-k=0 有且只有一解; 2 2 1 1 (2)当 k= 或 k=- 时,方程 f(t)-k=0 有两解; 2 2 1 1 (3) 当- <k< 时,方程 f(t)-k=0 有三解. 2 2
当 t=-1 时,f(t)有极大值,f(t)极大值=

? f / (1) = ?3 变式:解: (Ⅰ) f ( x) = 3 x + 2ax ∴ ? , ?b = 1 + a
/ 2

解得 y

8

O
图 11

t t+1 x x=4

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?a = ?3 ? ?b = ?2
(Ⅱ)由(Ⅰ)知, f ( x ) 在 [ ?1, 0] 上单调递增,在 [0, 2] 上单调递减,在 [2, 4] 上 单 调 递 减

f (?1) = ?4, f (0) = 0,{ f ( x)}min = f (2) = ?4,{ f ( x)}max = f (4) = 16 ∴ f ( x ) 的值域是 [ ?4,16] t 2 (Ⅲ)令 h( x ) = f ( x ) ? g ( x ) = ? x + (t + 1) x ? 3 x ∈ [1, 4] 2 ∴要使 f ( x ) ≤ g ( x) 恒成立,只需 h( x ) ≤ 0 ,即 t ( x 2 ? 2 x ) ≥ 2 x ? 6 2x ? 6 (1)当 x ∈ [1, 2) 时 t ≤ 2 , 解得 t ≤ 2 + 3 ; x ? 2x (2)当 x = 2 时 t ∈ R ; 2x ? 6 1 (3)当 x ∈ (2, 4] 时 t ≥ 2 解得 t ≥ ;综上所述所求 t 的范围是 x ? 2x 8 1 ? ? ?8 , 2 + 3? ? ?
例 3 (1)因为 f ( x ) = 1 ?
'

1 x = , 1+ x x +1

当-1<x<0 时 f ' ( x ) < 0 ,所以 f ( x ) 为单调递减函数, 当 x > 0 时, f ' ( x ) > 0 ,所以 f ( x ) 为单调递增函数, 所以当 x=0 时,y=f(x)有最小值 f(0)=0.

1 2 3 n ?1 + + + ... + 2 3 4 n 1 1 2 1 = 1 ? + 1 ? + 1 ? + ... + 1 ? 1 2 3 n 1 1 1 = n ? (1 + + + ... + ) 2 3 n 1 1 1 < n ? (ln(1 + 1) + ln(1 + ) + ln(1 + ) + ... + ln(1 + )) 2 3 n 3 4 n +1 = n ? ln 2 × × × ... × ( ) = n ? ln(n + 1) 。即 sn < n ? ln(n + 1) 。 2 3 n 1 a x?a / 变式(1) f ( x ) = ? 2 = ( x > 0) . x x x2
(2) sn = a1 + a2 + ... + an = 0 +
9

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当时,f ( x) > 0 , (0, +∞ ) 上单调递增; 当时, ∈ (0, a ) 时,f ( x ) < 0 , 在 x
/ /

在上单调递减; 综上所述:略 (2)

x ∈ (a, +∞) 时, f / ( x) > 0 ,在 (a, +∞) 上单调递增.

证 明 : ∵1<x<2,∴

1 1 1 ? < ? ( x + 1) ln x ? 2( x ? 1) > 0 . 设 ln x x ? 1 2 x +1 1 F ( x) = ( x + 1) ln x ? 2( x ? 1) ,∴ F / ( x) = ln x + ? 2 = ln x + ? 1 , x x

由 ( 1 ) 知 , 当 a=1 时 , f min ( x ) = f (1) = 0 , ∴ f ( x ) ≥ f (1) = 0 , ∴ ln x +

1 ?1 ≥ 0 . x

∴ F / ( x ) ≥ 0 ,∴F(x)在(1,2)上单调递增,∴ F ( x ) > F (1) = 0 , ∴ ( x + 1) ln x ? 2( x ? 1) > 0 。∴

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

[当堂检测] 1.
2 ,2. ( , ) , 5 3

3 7

a ,由导数的几何意义得 f ′(2) = 3 ,于是 x2 a = ?8 .由切点 P (2, f (2)) 在直线 y = 3 x + 1 上可得 ?2 + b = 7 ,解得 b = 9. 8 所以函数 f ( x ) 的解析式为 f ( x ) = x ? + 9 . x a (Ⅱ)解: f ′( x ) = 1 ? 2 . x 当 a ≤ 0 时,显然 f ′( x ) > 0 ( x ≠ 0 ) .这时 f ( x ) 在 (?∞, 0) , (0, +∞ ) 上
3.. (Ⅰ)解: f ′( x ) = 1 ? 内是增函数. 当 x 变化时, f ′( x ) , f ( x ) 的变化情况如下表: 当 a > 0 时,令 f ′( x ) = 0 ,解得 x = ± a .

x
f ′( x) f ( x)

(?∞, ? a )
+ ↗

? a
0 极大值

(? a , 0)
- ↘
10

(0, a )
- ↘

a
0 极小值

( a , +∞)
+ ↗

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所以 f ( x ) 在 ( ?∞, ? a ) ,( a , +∞ ) 内是增函数, ( ? a , 0) ,(0, +∞ ) 内 在 是减函数. (Ⅲ)解:由(Ⅱ)知, f ( x ) 在 [ ,1] 上的最大值为 f ( ) 与 f (1) 的较大 者,对于任意的 a ∈ [ , 2] ,不等式 f ( x ) ≤ 10 在 [ ,1] 上恒成立,当且仅

1 4

1 4

1 2

1 4

39 ? 1 ? ? 4a 1 7 ? f ( ) ≤ 10 ?b ≤ , ? 即 , 对任意的 a ∈ [ , 2] 成立. 从而得 b ≤ , 当? 4 4 2 4 ? f (1) ≤ 10 ?b ≤ 9 ? a ? ? 7 所以满足条件的 b 的取值范围是 ( ?∞, ] . 4
巩固拓展案 A 组 1.

(?∞, 0) , 2. b ≤ ?1 ,

3. (0, +∞ ) , 4. 2



5. (-∞,-3)∪(0,3),

′ ′ 6. ⑴ 由 f ( x ) = ? x + ln x 得 f ( x) = ?1+ x ,令 f ( x) =1 得 x = 2
∴所求距离的最小值即为 P ? , f ? ? ? 到直线 x ? y + 3 = 0 的距离

1

1

?1 ?2

? 1 ?? ? 2 ??

d=

1 ? 1 ? ? ? ? ? ln 2 ? + 3 2 ? 2 ? 2

=

1 ( 4 + ln 2 ) 2 2

⑵假设存在正数 a ,令 F ( x) = f ( x) ? g ( x ) 由 F ′( x) = a + ∵当 x >

( x > 0 ) 则 F ( x )max ≤ 0

1 1 ? 2a 2 x = 0 得: x = x a

1 时, F ′ ( x ) < 0 ,∴ F ( x ) 为减函数; a 1 当 0 < x < 时, F ′ ( x ) > 0 ,∴ F ( x ) 为增函数. a

11

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∴ F ( x )max = F ?

1 ?1? ? = ln a ?a?

∴ ln

1 ≤0 a

∴a ≥ e

∴ a 的取值范围为 [ e, +∞ ) B组

16
1. 27

2。 提示: =-x 3 +x 2 +2x,∴y′=-3x 2 +2x+2.所求直线与直线 y=x y
3

平行.∴k=1.令 y′=1,即 3x 2 -2x-1=0,(3x+1)(x-1)=0,x=- 1 或 1,x= - 1 时,y=(- 1 )+ 1 - 2 =- 14 ,x=1 时,
3 27 9 3 27

y=-1+1+2×1=2.

故切点为 A ? ? ?
5 27

1 14 ? 14 ,? =x+ 1 ,即 x - y- ? ,B(1,2)。切线方程为:l 1 :y+ 27 3 ? 3 27 ?

=0,l

2

:y - 1=x - 2, 即

x-y+1=0, 两 切 线 间 的 距 离

? 5 ? 1? ?? ? ? 27 ? 16 为:d= = 2. 27 2

2. [0,+∞) ,

3. 5 ≤ a < 1. ,

4

x ′ ′ 4. (Ⅰ) f ( x ) = e + 4 x ? 3, 则f (1) = e + 1 ,又 f (1) = e ? 1 ,

∴曲线y = f ( x )在点(1, f (1)) 处的切线方程为 y ? e + 1 = (e + 1)( x ? 1),即(e + 1)x ? y ? 2 = 0
(Ⅱ)Q f ′(0 ) = e 0 ? 3 = ?2 p 0, f ′(1) = e + 1 f 0 ,

∴ f ′(0) ? f ′(1) p 0, 令 h( x ) = f ′( x ) = e x + 4 x ? 3 ,
则 h ′( x ) = e x + 4 x f 0,∴ f ′( x )在[0,1] 上单调递增,

∴ f ′( x )在[0, 上存在唯一零点,∴ f ( x )在[0,1] 上存在唯一的极值点 1]
(3)由 f ( x ) ≥

5 2 5 x + (a ? 3)x + 1得e x + 2 x 2 ? 3 x ≥ x 2 + (a ? 3)x + 1 , 2 2

12

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1 ex ? x2 ?1 1 2 1 x 2 即 ax ≤ e ? x ? 1,Q x ≥ ,∴ a ≤ , 2 2 x 1 1 ex ? x2 ?1 e x ( x ? 1) ? x 2 + 1 2 2 令 g (x ) = , 则g ′( x ) = 2 x x 1 2 x x 令 ? ( x ) = e ( x ? 1) ? x + 1, 则? ′( x ) = x e ? 1 2

(

)

Qx ≥

1 ?1 ? ,∴ ? ′( x ) f 0,∴ ? ( x )在? , ∞ ? 上单调递增, + 2 ?2 ?

?1 ? ?1? 7 1 ∴? ( x ) ≥ ? ? ? = ? e f 0 ,因此 g ′( x ) f 0, 故g ( x )在? ,+∞ ? 上单 ?2 ? ?2? 8 2
1

调递增,则 g ( x ) ≥ g ? ? =

?1? ?2?

e2 ?

1 ?1 9 8 = 2 e ? , ∴ a 的取值范围是 1 4 2

a≤2 e?

9 4

13


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