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2016高考数学大一轮复习 3.3导数的综合应用课件 理 苏教版


数学

苏(理)

第三章

导数及其应用

§3.3 导数的综合应用

? 基础知识·自主学习 ? 题型分类·深度剖析 ? 思想方法·感悟提高 ? 练出高分

1.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学 模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x); (2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0; (3)比较函数在区间端点和 f′(x)=0的点的函数值的大小,

最大(小)者为最大(小)值;
(4)回归实际问题作答.

2.不等式问题

(1)证明不等式时,可构造函数,将问题转化为函数的极值
或最值问题.

(2)求解不等式恒成立问题时,可以考虑将参数分离出来,
将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题.

3.方程解的个数问题
构造函数,利用导数研究函数的单调性,极值和特殊点的

函数值,根据函数性质结合草图推断方程解的个数.

? 思考辨析

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)连续函数在闭区间上必有最值.( √ ) (2)函数f(x)=x2-3x+2的极小值也是最小值.( √ ) (3)函数f(x)= x+x-1和g(x)= x-x-1都是在x=0时取得 最小值-1.( × )

(4)函数f(x)=x2ln x没有最值.( × ) π ),则sin x>x.( × ) (5)已知x∈(0, 2 1 (6)若a>2,则方程 x3-ax2+1=0在(0,2)上没有实数根.( × ) 3

题号
1 2 3 4

答案


解析



2 2
3

设f(x)=ex-ln x(0<x<1),

1 xe -1 x 则 f′(x)=e - = . x x
x

令f′(x)=0,得xex-1=0. 根据函数y=ex与y=1 的图象可知两函数图象交点x0∈(0,1), x 因此函数f(x)在(0,1)上不是单调函数,故①②不正确. x x e ?x-1? e 设g(x)= (0<x<1),则g′(x)= . 2 x x

又0<x<1,∴g′(x)<0.
∴函数g(x)在(0,1)上是减函数. 又0<x1<x2<1,∴g(x1)>g(x2),

∴x2 e x1 >x1 e x2 .

题型一
例1

利用导数证明不等式

解析

思维升华

(2014· 课标全国 Ⅰ) 设 函

x- 1 b e 数f(x)=aexln x+ ,曲线y= x f(x) 在点 (1 , f(1)) 处的切线方程

为y=e(x-1)+2.

(1)求a,b;

题型一
例1

利用导数证明不等式


解析

思维升华

(2014· 课标全国 Ⅰ) 设 函

函数f(x)的定义域为(0,

x- 1 b e 数f(x)=aexln x+ ,曲线y= x f(x) 在点 (1 , f(1)) 处的切线方程

+∞), f′(x)=aexln x+a ex- b2 ex-1 x x +b ex-1. x 由题意可得f(1)=2, f′(1)=e.故a=1,b=2.

为y=e(x-1)+2.

(1)求a,b;

题型一
例1

利用导数证明不等式

解析

思维升华

(2014· 课标全国 Ⅰ) 设 函

(1) 证明 f(x)>g(x) 可转化为证

x- 1 b e 数f(x)=aexln x+ ,曲线y= x f(x) 在点 (1 , f(1)) 处的切线方程

为y=e(x-1)+2.

(1)求a,b;

明 F(x) = f(x) - g(x) 的最小值 大于0,再利用导数求F(x)的 最小值. (2)对于F(x)=f(x)-g(x)的最 小值,不易求出的情况,也 可以通过f(x),g(x)的最值情 况进行证明(如本题中g(x)min =h(x)max).

例1 (2)证明:f(x)>1.

解析

思维升华

例1 (2)证明:f(x)>1. 2 证明 由(1)知,f(x)=exln x+ ex-1,x∈(0,+∞), x 2 从而f(x)>1等价于xln x>xe-x- . e 设函数g(x)=xln x,则g′(x)=1+ln x. 1 所以当x∈(0, )时,g′(x)<0; e 当x∈( 1 ,+∞)时,g′(x)>0. e 1 )上单调递减, 故g(x)在(0, e

解析

思维升华

例1 (2)证明:f(x)>1. 在( 1 ,+∞)上单调递增, e

解析

思维升华

1 1 从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g( )=- . e e 设函数h(x)=xe-x- 2 , e 则h′(x)=e-x(1-x).
所以当x∈(0,1)时,h′(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,h′(x)<0.

例1 (2)证明:f(x)>1. 故h(x)在(0,1)上单调递增, 在(1,+∞)上单调递减,

解析

思维升华

1 从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=- . e 1 所以g(x)≥- ≥h(x). e
又因为两等号无法同时取到,所以g(x)>h(x)

综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.

例1 (2)证明:f(x)>1.

解析

思维升华

(1) 证明 f(x)>g(x) 可转化为证

明 F(x) = f(x) - g(x) 的最小值 大于0,再利用导数求F(x)的 最小值. (2)对于F(x)=f(x)-g(x)的最 小值,不易求出的情况,也 可以通过f(x),g(x)的最值情 况进行证明(如本题中g(x)min =h(x)max).

2 跟踪训练1 证明:当x∈[0,1]时, x≤sin x≤x. 2 2 2 证明 记 F(x)=sin x- 2 x,则 F′(x)=cos x- 2 . π π 当 x∈(0, )时,F′(x)>0,F(x)在[0, ]上是增函数; 4 4 π π 当 x∈( ,1)时,F′(x)<0,F(x)在[ ,1]上是减函数. 4 4 又F(0)=0,F(1)>0,所以当x∈[0,1]时,F(x)≥0, 2 即 sin x≥ x. 2

2 跟踪训练1 证明:当x∈[0,1]时, x≤sin x≤x. 2
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, x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2

题型二
例2

利用导数研究函数零

解析

思维升华

点问题
(2013· 北京 ) 已知函数 f(x)

=x2+xsin x+cos x.
(1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处 与直线y=b相切,求a与b的值;

题型二
例2

利用导数研究函数零

解析

思维升华

点问题
(2013· 北京 ) 已知函数 f(x)

解 由f(x)=x2+xsin x+cos x, 得f′(x)=x(2+cos x). ∵y = f(x) 在点 (a , f(a)) 处与 直线y=b相切. ∴f′(a)=a(2+cos a)=0且 则a=0,b=f(0)=1.

=x2+xsin x+cos x.
(1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处

与直线y=b相切,求a与b的值; b=f(a),

题型二
例2

利用导数研究函数零

解析

思维升华

点问题
(2013· 北京 ) 已知函数 f(x)

函数零点或函数图象交点 问题的求解,一般利用导 数研究函数的单调性、极

=x2+xsin x+cos x.
(1)若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处 与直线y=b相切,求a与b的值;

值等性质,并借助函数图
象,根据零点或图象的交

点情况,建立含参数的方
程 ( 或不等式 ) 组求解,实

现形与数的和谐统一.

例2

(2) 若曲线 y = f(x) 与直线 y

解析

思维升华

= b 有两个不同交点,求 b 的取 值范围.

例2

(2) 若曲线 y = f(x) 与直线 y

解析

思维升华

= b 有两个不同交点,求 b 的取 值范围.

解 令f′(x)=0,得x=0.

∴ 当 x>0 时 , f′(x)>0 ,
f(x)在(0,+∞)上递增.

当 x<0 时, f′(x)<0 , f(x)
在(-∞,0)上递减. ∴f(x)的最小值为f(0)=1.

例2

(2) 若曲线 y = f(x) 与直线 y

解析

思维升华

= b 有两个不同交点,求 b 的取 值范围.

∵函数f(x)在区间(-∞,0) 和(0,+∞)上均单调, ∴当b>1 时曲线y=f(x)与直

线 y = b 有且仅有两个不同
交点.

综上可知,b的取值范围是
(1,+∞).

例2

(2) 若曲线 y = f(x) 与直线 y

解析

思维升华

= b 有两个不同交点,求 b 的取 值范围.

函数零点或函数图象交点 问题的求解,一般利用导 数研究函数的单调性、极

值等性质,并借助函数图
象,根据零点或图象的交

点情况,建立含参数的方
程 ( 或不等式 ) 组求解,实

现形与数的和谐统一.

跟踪训练2 已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的单调区间;

解 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 .

跟踪训练2 已知函数f(x)=x3-3ax-1,a≠0. (1)求f(x)的单调区间;

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)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. 解 ∵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.

(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.
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).

题型三 生活中的优化问题
例3 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:

思维点拨

解析

思维升华

千克) 与销售价格 x( 单位:元 / 千克) a 满足关系式y= +10(x-6)2,其 x -3 中 3<x<6 , a 为常数 . 已知销售价格
为5 元/ 千克时,每日可售出该商品

11千克.
(1)求a的值;

题型三 生活中的优化问题
例3 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:

思维点拨

解析

思维升华

由x=5时y=11求a;

千克) 与销售价格 x( 单位:元 / 千克) a 满足关系式y= +10(x-6)2,其 x -3 中 3<x<6 , a 为常数 . 已知销售价格
为5 元/ 千克时,每日可售出该商品

11千克.
(1)求a的值;

题型三 生活中的优化问题
例3 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:

思维点拨

解析

思维升华



因为x=5时,y=11,

千克) 与销售价格 x( 单位:元 / 千克) a 满足关系式y= +10(x-6)2,其 x -3 中 3<x<6 , a 为常数 . 已知销售价格
为5 元/ 千克时,每日可售出该商品

a 所以 +10=11,a=2. 2

11千克.
(1)求a的值;

在求实际问题中的最大值或 例 3 某商场销售某种商品的经验 最小值时,一般先设自变量、 表明,该商品每日的销售量 y(单位: 因变量、建立函数关系式, 千克) 与销售价格 x( 单位:元 / 千克) 并确定其定义域,利用求函 a 满足关系式y= +10(x-6)2,其 数最值的方法求解,注意结 x -3 果应与实际情况相符合. 用导 中 3<x<6 , a 为常数 . 已知销售价格 数求实际问题中的最大(小)值, 为5 元/ 千克时,每日可售出该商品 如果函数在区间内只有一个 11千克. 极值点,那么根据实际意义 可知该极值点就是最值点. (1)求a的值;

题型三 生活中的优化问题

思维点拨

解析

思维升华

例3

(2)若该商品的成本为3元/

思维点拨

解析

思维升华

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.

例3

(2)若该商品的成本为3元/

思维点拨

解析

思维升华

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.

建立商场每日销售该商

品所获利润和售价 x 的
函数关系,利用导数求

最值.

例3 (2)若该商品的成本为3元/ 2 +10(x-6)2. 解 由 (1) 可知,该商品每日的销售量为 y = 千克,试确定销售价格x的值, x-3 使商场每日销售该商品所获得 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 2 的利润最大 . f(x)=(x-3)[ +10(x-6)2] x-3 =2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6.

思维点拨

解析

思维升华

从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]
=30(x-4)(x-6).

例3 (2)若该商品的成本为3元/ 于是,当 x 变化时, f′(x) , f(x) 的变化情况如下表: 千克,试确定销售价格x的值, x (3,4) 4 (4,6) 使商场每日销售该商品所获得 f′(x) + 0 - 的利润最大. f(x) 单调递增 极大值42 单调递减

思维点拨

解析

思维升华

由上表可得,x=4时,函数f(x)在区间(3,6)内取得极大 值,也是最大值.

例3

(2)若该商品的成本为3元/

思维点拨

解析

思维升华

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 所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42. 的利润最大 . 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.

例3

(2)若该商品的成本为3元/

思维点拨

解析

思维升华

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.

在求实际问题中的最大值或 最小值时,一般先设自变量、 因变量、建立函数关系式, 并确定其定义域,利用求函 数最值的方法求解,注意结 果应与实际情况相符合. 用导 数求实际问题中的最大(小)值, 如果函数在区间内只有一个 极值点,那么根据实际意义 可知该极值点就是最值点.

跟踪训练3 请你设计一个包装盒, 如图所示,ABCD是边长为60 cm的 正方形硬纸片,切去阴影部分所示

的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A , B ,

C,D四个点重合于图中的点P,正好形成一个正四棱柱形状
的包装盒,E,F 在AB上,是被切去的一个等腰直角三角形

斜边的两个端点,设AE=FB=x(cm).

(1) 某广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2) 最大,试问 x 取何值?

解 设包装盒的高为h cm,底面边长为a cm.

60-2x 由已知得 a= 2 x,h= = 2(30-x),0<x<30. 2

S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800, 所以当x=15时,S取得最大值.

(2)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)最大,试问 x应取何值?
并求出此时包装盒的高与底面边长的比值.

解 V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x).
由V′=0,得x=0(舍)或x=20. 当x∈(0,20)时,V′>0;当x∈(20,30)时,V′<0. 所以当x=20时,V取得极大值,也是最大值. h 1 1 此时 = .即包装盒的高与底面边长的比值为 . 2 a 2

审题路线图系列1 一审条件挖隐含
典例:(16分)设f(x)=a+xln x,g(x)=x3-x2-3. x (1)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.
审 题 路 线 图
规 范 解 答

温 馨 提 醒

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)存在x1,x2∈[0,2]使得g(x1)-g(x2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义)

[g(x1)-g(x2)]max≥M
↓挖掘[g(x1)-g(x2)]max的隐含实质 g(x)max-g(x)min≥M ↓ M的最大整数值

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒



存在 x1 , x2∈[0,2] 使得 g(x1) - g(x2)≥M 成立,等价于
2分
2 3 2

[g(x1)-g(x2)]max≥M.[2分]

2 3分 由 g(x)=x -x -3,得 g′(x)=3x -2x=3x(x- ). 3 2 令 g′(x)>0 得 x<0,或 x> , 3 2 又 x∈[0,2] ,所以 g(x)在区间[0, ]上单调递减,在区间 3 2 [ ,2]上单调递增, 3

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

2 85 所以 g(x)min=g( )=- , 3 27
g(x)max=g(2)=1.
6分

112 故[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min= ≥M, 27
则满足条件的最大整数M=4.
8分

审 题 路 线 图

规 范 解 答

温 馨 提 醒

(1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实

质,深刻挖掘条件内含,进行等价转化.
(2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程 中尽量采用分离常数的方法,转化为求函数的值域问题.

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1 (2)对任意s,t∈[ ,2]都有f(s)≥g(t) 2 ↓(理解“任意”的含义)

f(x)min≥g(x)max ↓求得g(x)max=1 a x +xln x≥1恒成立

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒

↓分离常数
a≥x-x2ln x恒成立 ↓求h(x)=x-x2ln x的最大值

a≥h(x)max=h(1)=1
↓a≥1

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1 解 对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,等价于 2 1 10分 在区间[ ,2]上,函数f(x)min≥g(x)max. 2 1 由(1)可知在区间[ ,2]上,g(x)的最大值为g(2)=1. 2 1 在区间[ ,2]上,f(x)=+xln x≥1恒成立等价于 2

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒
12分

a≥x-x2ln x恒成立.

设h(x)=x-x2ln x,h′(x)=1-2xln x-x,可知h′(x)在区 1 间[ ,2]上是减函数,又h′(1)=0, 2 1 14分 所以当1<x<2时,h′(x)<0;当 <x<1时,h′(x)>0. 2

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1 即函数h(x)=x-x2ln x在区间( ,1)上单调递增,在区间 2 (1,2)上单调递减,所以h(x)max=h(1)=1,
所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞).
16分

1 (2)如果对于任意的s,t∈[ ,2],都有f(s)≥g(t)成立,求实数 2 a的取值范围.
审 题 路 线 图 规 范 解 答 温 馨 提 醒

(1)“恒成立”、“存在性”问题一定要正确理解问题实质, 深刻挖掘条件内含,进行等价转化. (2)构造函数是求范围问题中的一种常用方法,解题过程中 尽量采用分离常数的方法,转化为求函数的值域问题.

1. 利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题

方 法 与 技 巧

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. 2.在讨论方程的根的个数、研究函数图象与x轴(或 某直线)的交点个数、不等式恒成立等问题时,常

常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实
质就是函数的单调性与函数的极(最)值的应用.

方 法 与 技 巧

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是最大值还是最 小值即可,不必再与端点的函数值比较.

1.函数 f(x)在某个区间内单调递增,则 f′(x)≥0 而

失 误 与 防 范

不是f′(x)>0,(f′(x)=0在有限个点处取到).

2. 利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意
问题的实际意义.

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1.已知函数f(x)=ax3+bx2+c,其导函数y
=f′(x)的图象如图所示,则函数f(x)的极

小值是________ . c 解析 由y=f′(x)的图象可知,当x=0时,函数取得极
小值,f(x)极小值=c.

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2.(2014· 课标全国Ⅱ改编)若函数f(x)=kx-ln x在区间 [1,+∞) . (1,+∞)单调递增,则k的取值范围是__________

解析 由于f′(x)=k- 1 ,f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞) x 1 单调递增?f′(x)=k- ≥0在(1,+∞)上恒成立. x 1 1 由于k≥ ,而0< <1,所以k≥1.即k的取值范围为[1, x x +∞).

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3.已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则 (-∞,-3)∪(6,+∞) 实数a的取值范围是_______________________.

解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6),
由已知可得f′(x)=0有两个不相等的实根. ∴Δ=4a2-4×3(a+6)>0,即a2-3a-18>0. ∴a>6或a<-3.

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3 x 4.若函数 f(x)= 2 (a>0)在[1,+∞)上的最大值为 3 ,则 x +a a 的值为________.

x2+a-2x2 a-x2 解析 f′(x)= 2 2 = 2 2, ?x +a? ?x +a?

若a>1,

当 x> a时,f′(x)<0,f(x)单调递减,

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当 1<x< a时,f′(x)>0,f(x)单调递增,

3 3 a 当 x= a时,令 f(x)= 2a = 3 , a= 2 <1,不合题意.

若0<a≤1,则f′(x)≤0,f(x)在[1,+∞)上单调递减,
1 3 ∴f(x)max=f(1)= = 3 ,a= 3-1. 1+a

答案

3-1

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5. 已 知 f(x) , g(x) 都 是 定 义 在 R 上 的 函 数 , g(x)≠0 , f?1? f′(x)g(x)>f(x)g′(x),且 f(x)=a g(x)(a>0,且 a≠1), + g?1?
x

? f?-1? 5 ? f?n? ? ? ?的前 n 项和大于 62,则 n 的最小值为 =2.若数列? ? g?-1? ?g?n?? ? ________.

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解析

? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? ? ? 由? >0, 2 ?′= g ?x? ?g?x??

f?x? f?x? 知 在 R 上是增函数,即 =ax 为增函数, g?x? g?x?

∴a>1.

1 5 又 a+a=2,

1

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1 ∴a=2 或 a=2(舍).
? ? f?n? ? ? ?的前 数列? ? ?g?n?? ?

n 项和
n n

2?1-2 ? n+1 Sn=2 +2 +?+2 = =2 -2>62. 1-2
1 2

即2n>32,∴n>5. 答案 6

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1 6.已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax(a> ), 2 当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a=________.

解析

∵f(x)是奇函数,且当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,

∴f(x)在(0,2)上的最大值为-1. 1 1 当 x∈(0,2)时,f′(x)=x-a,令 f′(x)=0 得 x=a, 1 1 又 a>2,∴0<a<2.

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1 1 当 x<a时,f′(x)>0,f(x)在(0,a)上单调递增;
1 1 当 x>a时,f′(x)<0,f(x)在(a,2)上单调递减,

1 1 1 ∴f(x)max=f(a)=lna-a· a=-1,解得 a=1.

答案 1

1

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7.已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c =________. 解析 设f(x)=x3-3x+c,对f(x)求导可得, f′(x)=3x2-3, 令f′(x)=0,可得x=±1, 易知 f(x) 在 ( - ∞ ,- 1) , (1 ,+ ∞) 上单调递增,在 ( - 1,1) 上单调递减.

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由题意知,f(1)=0或f(-1)=0,

若f(1)=1-3+c=0,可得c=2;
若f(-1)=-1+3+c=0,可得c=-2. 答案 -2或2

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8.设函数f(x)=kx3-3x+1(x∈R),若对于任意x∈[-1,1], 都有f(x)≥0成立,则实数k的值为________. 解析 若x=0,则不论k取何值,f(x)≥0都成立; 当x>0,即x∈(0,1]时, 3 1 3 f(x)=kx -3x+1≥0 可化为 k≥x2-x3. 3?1-2x? 3 1 设 g(x)=x2-x3,则 g′(x)= x4 ,

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1 所以 g(x)在区间(0,2]上单调递增, 1 在区间[2,1]上单调递减, 1 因此 g(x)max=g(2)=4,从而 k≥4;

当x<0即x∈[-1,0)时,
3 1 f(x)=kx -3x+1≥0 可化为 k≤x2-x3,
3

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3 1 g(x)=x2-x3在区间[-1,0)上单调递增,

因此g(x)min=g(-1)=4,从而k≤4,
综上k=4. 答案 4

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9.设a为实数,函数f(x)=ex-2x+2a,x∈R.

(1)求f(x)的单调区间与极值;
解 由f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知f′(x)=ex-2,x∈R.

令f′(x)=0,得x=ln 2.

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于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减↘ ln 2 0 2-2ln 2+2a (ln 2,+∞) + 单调递增↗

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故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),

单调递增区间是(ln 2,+∞),
f(x)在x=ln 2处取得极小值, 极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2+2a=2-2ln 2+2a.

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(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,ex>x2-2ax+1. 证明 设g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当a>ln 2-1时,

g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.
于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,

所以g(x)在R内单调递增.

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于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),
都有g(x)>g(0). 而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0. 即ex-x2+2ax-1>0,故ex>x2-2ax+1.

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10.统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油 量y(升)关于行驶速度x(千米/小时)的函数解析式可以表示为

1 x3- 3 x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距100 80 128 000 千米.

y=

(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地 要耗油多少升?

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100 解 当 x=40 时,汽车从甲地到乙地行驶了 40 小时, 100 1 3 3 共耗油 40 ×(128 000×40 -80×40+8)=17.5(升).

因此,当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时,

从甲地到乙地要耗油17.5升.

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(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最
少?最少为多少升?
解 当速度为 x 千米/小时时, 100 汽车从甲地到乙地行驶了 x 小时,

设耗油量为h(x)升, 1 3 100 3 依题意得 h(x)=(128 000x -80x+8)·x

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1 2 800 15 =1 280x + x - 4 (0<x≤120),
3 3 x - 80 800 x h′(x)=640- x2 = 640x2 (0<x≤120).

令h′(x)=0,得x=80. 当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数; 当x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数,

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所以当x=80时,h(x)取得极小值h(80)=11.25.

易知h(80)是h(x)在(0,120]上的最小值.
故当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到 乙地耗油最少,最少为11.25升.

1

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1.(2014· 辽宁改编)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+

3≥0恒成立,则实数a的取值范围是________.
解析 当x=0时, ax3 -x2+4x+ 3≥0 变为 3≥0恒成立, 即a∈R. 当x∈(0,1]时,ax3≥x2-4x-3,
x2-4x-3 a≥ , x3

1
?x2-4x-3? ? ∴a≥? 3 ? ?max. x ? ?

2

3

4

5

x2-4x-3 设 φ(x)= , x3

?2x-4?x3-?x2-4x-3?3x2 φ′(x)= x6
x2-8x-9 ?x-9??x+1? =- =- >0, x4 x4

1

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3

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5

∴φ(x)在(0,1]上递增,φ(x)max=φ(1)=-6,

∴a≥-6.

x2-4x-3 当 x∈[-2,0)时,a≤ , x3
?x2-4x-3? ? ∴a≤? 3 ? ?min. x ? ?

x2-4x-3 ?x-9??x+1? 仍设 φ(x)= ,φ′(x)=- . x3 x4

1

2

3

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5

当x∈[-2,-1)时,φ′(x)<0, 当x∈(-1,0)时,φ′(x)>0. ∴当x=-1时,φ(x)有极小值,即为最小值. 1+4-3 而 φ(x)min=φ(-1)= =-2, -1 ∴a≤-2.

综上知-6≤a≤-2. 答案 [-6,-2]

1

2

3

4

5

?-x2+2x?x≤0?, 2.已知函数 f(x)=? 若|f(x)|≥ax, 则 a 的取值 ?ln?x+1??x>0?,

范围是________.

解析 |f(x)|≥ax?
?-?-x2+2x?≥ax?x≤0?,?1? ? 成立. ?ln?x+1?≥ax?x>0?, ?2?

1

2

3

4

5

①由(1)得x(x-2)≥ax在区间(-∞,0]上恒成立.

当x=0时,a∈R;
当x<0时,有x-2≤a恒成立,

所以a≥-2.故a≥-2.
②由(2)得ln(x+1)-ax≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 设h(x)=ln(x+1)-ax(x>0),

1

2

3

4

5

1 则 h′(x)= -a(x>0),可知 h′(x)为减函数. x+1

当a≤0时,h′(x)>0,故h(x)为增函数, 所以h(x)>h(0)=0恒成立; 1 当 a≥1 时,因为 ∈(0,1), x+1 1 所以 h′(x)= -a<0,故 h(x)为减函数, x+1

1

2

3

4

5

所以h(x)<h(0)=0恒成立,显然不符合题意; 当0<a<1时,对于给定的一个确定值a,

总可以至少找到一个x0>0,
满足h(x0)=ln(x0+1)-ax0<0成立. 1 如 a=2时,取 x0=4, 则h(x0)=ln 5-2<0成立,可知0<a<1时,不符合题意.

1

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5

故a≤0. 由①②可知a的取值范围是[-2,0].

答案 [-2,0]

1

2

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3.已知f(x)=xex,g(x)=-(x+1)2+a,若?x1,x2∈R,使得 f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是____________. 解析 f′(x)=ex+xex=ex(1+x) , 当x>-1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x<-1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.
1 所以函数 f(x)的最小值为 f(-1)=-e.

1

2

3

4

5

而函数g(x)的最大值为a,则由题意,
1 1 可得-e≤a 即 a≥-e.
答案
1 [-e,+∞)

1

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4.设函数f(x)=a2ln x-x2+ax,a>0.

(1)求f(x)的单调区间;
解 因为f(x)=a2ln x-x2+ax,其中x>0, ?x-a??2x+a? a2 所以 f′(x)= x -2x+a=- . x

由于a>0,
所以f(x)的增区间为(0,a),减区间为(a,+∞).

1

2

3

4

5

(2)求所有的实数a,使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立. 解 由题意得f(1)=a-1≥e-1,即a≥e.

由(1)知f(x)在[1,e]内单调递增,
要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立.
?f?1?=a-1≥e-1, 只要? 2 2 2 f ? e ? = a - e + a e ≤ e , ?

解得a=e.

1

2

3

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5.已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= ln x ,其中e是自然 x 对数的底数,a∈R. (1)讨论a=1时,函数f(x)的单调性和极值; 1 x-1 解 ∵a=1,∴f(x)=x-ln x,f′(x)=1-x = x , ∴当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减; 当1<x≤e时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增. ∴f(x)的极小值为f(1)=1.

1

2

3

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5

(2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+1 ; 2 证明 ∵f(x) 的极小值为 1 ,即 f(x) 在 (0 , e] 上的最小值为 1 ,

∴[f(x)]min=1.
1-ln x 又 g′(x)= x2 ,

∴当0<x<e时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增.

1

2

3

4

5

1 1 ∴[ g(x)] max=g(e)=e<2,
1 ∴[ f(x)] min-[ g(x)] max> , 2

1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2.

1

2

3

4

5

(3)是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由. 解 假设存在正实数 a,使f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最

小值3,
1 ax-1 则 f′(x)=a-x= x .
1 1 ①当 0<a<e 时,f(x)在(0,a)上单调递减,

1

2

3

4

5

1 在(a,e]上单调递增, 1 [ f(x)] min=f(a)=1+ln a=3,a=e2,满足条件; 1 ②当a≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减, [f(x)]min=f(e)=ae-1=3, 4 a=e(舍去),所以,此时 f(x)无最小值.
综上,存在实数a=e2, 使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.


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