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第二讲 二次函数在导数中的应用


第二讲
x

二次函数在导数中的应用

1.(2011·辽宁)已知函数 f(x)=e -2x+a 有零点,则 a 的取值范围是______. x x x 解析 函数 f(x)=e -2x+a 有零点,即方程 e -2x+a=0 有实根,即函数 g(x)=2x-e ,y=a 有交点, x x 而 g′(x)=2-e ,易知函数 g(

x)=2x-e 在(-∞,ln 2)上递增,在(ln 2,+∞)上递减,因而 g(x)=2x x x -e 的值域为(-∞,2ln 2-2],所以要使函数 g(x)=2x-e ,y=a 有交点,只需 a≤2ln 2-2 即可. 1 2 变式:已知函数 f(x)= mx +ln x-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范围为______. 2 1 解析 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立,

x

1 2 1 2 1 m≥-( )2+ ,令 g(x)=-( )2+ ,则当 =1 时,

x

x

x

x

x

函数 g(x)取得最大值 1,故 m≥1. 2. 函数 f(x)=x -2ax+a 在区间(-∞, 1)上有最小值, 则函数 g(x)= 函数.(填“增”或“减”) 解析 由函数 f(x)=x -2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,可得 a 的取值范围为 a<1,∴g(x)=
2 2

f(x) 在区间(1, +∞)上是________ x f(x) = x

a a x+ -2a,则 g′(x)=1- 2.易知在 x∈(1,+∞)上 g′(x)>0,所以 g(x)为增函数. x x 3 3.若曲线 f(x)=ax +ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是___________.
1 1 1 2 2 解析 f′(x)=3ax + (x>0),若函数存在垂直于 y 轴的切线,即 3ax + =0 有解,a=- 3, x x 3x 1 ∵x>0,∴- 3<0,∴a<0. 3x 4.函数 f(x)=2mcos +1 的导函数的最大值等于 1,则实数 m 的值为________. 2 解析 显然 m≠0,所以 f(x)=2mcos +1=m(2cos -1)+m+1=mcos x+m+1, 2 2 因此 f′(x)=-msin x,其最大值为 1,故有 m=±1. 一、求参数范围 例 1 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. 1 1-px 解 (1)∵f(x)=ln x-px+1,∴f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -p= ,
2 2

x

x

2

x

x

x

当 p≤0 时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上无极值点; 1 当 p>0 时,令 f′(x)=0,∴x= ∈(0,+∞),

p f′(x)、f(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) p

1 (0, ) + 单调递增

1

p
0 极大值

1 ( ,+∞)

p

- 单调递减

1 从上表可以看出,当 p>0 时,f(x)有唯一的极大值点 x= .

p

1 1 1 (2)当 p>0 时,f(x)在 x= 处取得极大值 f( )=ln ,此极大值也是最大值.要使 f(x)≤0 恒成立,只需

p

p

p

1 f( )=ln ≤0,∴p≥1,∴p 的取值范围是[1,+∞).

1

p

p

1

变式训练 1 (2010·全国)设函数 f(x)=x(e -1)-ax . 1 (1)若 a= ,求 f(x)的单调区间; 2 (2)若当 x≥0 时,f(x)≥0,求 a 的取值范围. 1 1 2 x 解 (1)a= 时,f(x)=x(e -1)- x , 2 2 f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 当 x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当 x∈(-1,0)时,f′(x)<0;当 x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调递增,在(-1,0)上单调递减. 二、利用导数证明不等式 x 例 2 (2010·安徽)设 a 为实数,函数 f(x)=e -2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; x 2 (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,e >x -2ax+1. x x (1)解 由 f(x)=e -2x+2a,x∈R 知 f′(x)=e -2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2.于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x

2

x f′(x) f(x)

(-∞,ln 2) - 单调递减?

ln 2 0 极小值

(ln 2,+∞) + 单调递增?

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, ln 2 极小值为 f(ln 2)=e -2ln 2+2a=2(1-ln 2+a). 三、利用导数研究函数单调性 2 例 3 已知函数 f(x)=x- +a(2-ln x),a>0,讨论 f(x)的单调性.

x

a x2-ax+2 解 (1)f(x)的定义域是(0,+∞),导函数 f′(x)=1+ 2- = . x x x2 2 设 g(x)=x -ax+2, 2 二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a -8. ①当 Δ<0 即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′(x)>0. 此时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数. ②当 Δ=0 即 a=2 2时,仅对 x= 2时,有 f′(x)=0,对其余的 x>0 都有 f′(x)>0. 此时 f(x)也是(0,+∞)上的单调递增函数. a- a2-8 a+ a2-8 ③当 Δ>0 即 a>2 2时,方程 g(x)=0 有两个不同的实根 x1= ,x2= ,0<x1<x2.
2 2 2

x

(0,x1)

x1

(x1,x2)

x2

(x2,+∞)

f′(x) f(x)
此时 f(x)在?0,

+ ?

0 极大值

- ?

0 极小值

+ ?

2 2 ? ? 归纳拓展 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况,大多数情况下是归结为一个含有参数的 一元二次不等式的解集的讨论,在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨 论,在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性 是在函数的定义域内进行的,千万不要忽视了定义域的限制.

? ?

a- a2-8? ?a+ a2-8

?,?

? ?a- a2-8 a+ a2-8? 上单调递增,在? ,+∞? , ?上单调递减. 2 2 ? ? ?

2

变式训练 2 已知函数 f(x)=x +(1-a)x -a(a+2)x+b(a,b∈R). (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. 2 解 (1)由函数 f(x)的图象过原点,得 b=0,又 f′(x)=3x +2(1-a)x-a(a+2), f(x)在原点处的切线斜率是-3,则-a(a+2)=-3,所以 a=-3,或 a=1. a+2 (2)由 f′(x)=0,得 x1=a,x2=- .又 f(x)在(-1,1)上不单调,即 3

3

2

?-1<a<1, ? ? a+2 ?a≠- 3 , ?

?-1<-a+2<1, ? 3 或? a+2 ?a≠- 3 . ?

?-1<a<1, ? 解得? 1 ?a≠-2, ?

?-5<a<1, ? 或? 1 ?a≠-2. ?

1? ? 1 ? ? 所以 a 的取值范围是?-5,- ?∪?- ,1?. 2? ? 2 ? ? 四、利用导数研究函数的极值或最值 3 2 例 3 已知函数 f(x)=x +mx +nx-2 的图象过点(-1,-6), 且函数 g(x)=f′(x)+6x 的图象关于 y 轴对称. (1)求 m、n 的值及函数 y=f(x)的单调区间; (2)若 a>0,求函数 y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值 解 (1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6),得 m-n=-3. 3 2 2 由 f(x)=x +mx +nx-2,得 f′(x)=3x +2mx+n, 则 g(x)=f′(x)+6x=3x +(2m+6)x+n.而 g(x)的图象关于 y 轴对称,所以- 所以 m=-3.代入①得 n=0.于是 f′(x)=3x -6x=3x(x-2). 由 f′(x)>0 得 x>2 或 x<0, 故 f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 由 f′(x)<0,得 0<x<2, 故 f(x)的单调递减区间是(0,2). (2)由(1)得 f′(x)=3x(x-2), 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x=2. 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
2 2

① 2m+6 =0, 2×3

x f′(x) f(x)

(-∞,0) + ?

0 0 极大值

(0,2) - ?

2 0 极小值

(2,+∞) + ?

由此可得:当 0<a<1 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值 f(0)=-2,无极小值; 当 a=1 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值; 当 1<a<3 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值 f(2)=-6,无极大值; 当 a≥3 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当 0<a<1 时,f(x)有极大值-2,无极小值;当 1<a<3 时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当 a=1 或 a≥3 时,f(x)无极值. x 例 4 (2011·北京)已知函数 f(x)=(x-k)e .(1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值. x 解 (1)f′(x)=(x-k+1)e .令 f′(x)=0,得 x=k-1.f(x)与 f′(x)的变化情况如下:

x f′(x) f(x)

(-∞,k-1) - ?
3

k-1
0 -e
k-1

(k-1,+∞) + ?

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k; 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, 由(1)知 f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k k-1 -1)=-e ; 当 k-1≥1,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递减, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e. 综上,当 k≤1 时,f(x)在[0,1]上的最小值为-k, k-1 当 1<k<2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为-e , 当 k≥2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为(1-k)e. 例 5.已知函数 f(x)=ln x- .

a x (1)当 a>0 时,判断 f(x)在定义域上的单调性;

3 (2)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 2 (3)若 f(x)<x 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 解 (1)由题知 f(x)定义域为(0,+∞), 1 a x+a 且 f′(x)= + 2= 2 .∵a>0,∴f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.

x x

x

(2)由(1)知:f′(x)=

x+a . x2

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 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.综上可知,a=- e. 2

a 2 3 x 3 2 令 g(x)=xln x-x ,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x , 2 1 1-6x h′(x)= -6x= ,∵h(x)在[1,+∞)上是减函数,∴h(x)≤h(1)=-2,即 g′(x)<0, x x ∴g(x)在[1,+∞)上也是减函数,∴g(x)≤g(1)=-1. 令 a≥-1 得 a>g(x), 2 ∴当 f(x)<x 在(1,+∞)恒成立时,a≥-1.
(3)∵f(x)<x ,∴ln x- <x .又 x>0,∴a>xln x-x .
2

例 6.某建筑公司要在一块宽大的矩形地面(如图所示)上进行开发建设,阴影部分为一公共设施建设不能开 发,且要求用栏栅隔开(栏栅要求在一直线上),公共设施边界为曲线 f ( x) ? 1 ? ax (a ? 0) 的一部分,栏栅
2

与矩形区域的边界交于点 M , N ,交曲线于点 P ,设 P(t , f (t )) (1)将 ?OMN (O 为坐标原点)的面积 S 表示成 t 的函数 S (t ) ; (2)若在 t ?

1 处, S (t ) 取得最小值,求此时 a 的值及 S (t ) 的最小值. 2
4

(1) y? ? ?2ax ,切线的斜率为 ?2at ,? 切线 l 的方程为 y ? (1 ? at 2 ) ? ?2at ( x ? t ) 令 y ? 0, 得 x ?

1 ? at 2 1 ? at 2 ? 2at 2 1 ? at 2 ?t ? ? 2at 2at 2at

1 ? at 2 ?M ( , 0) ,令 t ? 0 ,得 y ? 1 ? at 2 ? 2at 2 ? 1 ? at 2 ,? N (0,1 ? at 2 ) 2at
??MON 的面积 S (t ) ?

1 1 ? at 2 (1 ? at 2 )2 ? (1 ? at 2 ) ? 2 2at 4at

(2) S ?(t ) ?

3a 2t 4 ? 2at 2 ? 1 (at 2 ? 1)(3at 2 ? 1) ? 4at 2 4at 2 1 3a

? a ? 0, t ? 0 ,由 S ?(t ) ? 0 ,得 3at 2 ? 1 ? 0, 得t ?

当 3at ? 1 ? 0, 即t ?
2

1 时, S ?(t ) ? 0 3a 1 时, S ?(t ) ? 0 3a

当 3at ? 1 ? 0, 即0 ? t ?
2

?当t ?

1 时, S (t )有最小值 3a
1 1 1 4 ? ,? a ? 处, S (t )取得最小值 ,故有 2 3 3a 2

已知在 t ?

4 1 1 故当 a ? , t ? 时, S (t ) min ? S ( ) ? 3 2 2

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

5

变式训练 (2011·山东)某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆 80π 柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器的容积为 立方米,且 l≥2r.假设该容器的建造费用仅 3 与其表面积有关.已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元, 半球形部分每平方米建造费用为 c(c>3)千元. 设 该容器的建造费用为 y 千元. (1)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的 r. 解 (1)设容器的容积为 V, 4 80π 2 3 由题意知 V=πr l+ πr ,又 V= , 3 3 4 V- πr3 3 80 4 4 20 故 l= = 2- r= ( 2 -r). 2 πr 3r 3 3 r 由于 l≥2r,因此 0<r≤2. 4 20 2 2 所以建造费用 y=2πrl×3+4πr c=2πr× ( 2 -r)×3+4πr c, 3 r 160π 2 因此 y=4π(c-2)r + ,0<r≤2.

r

160π 8π(c-2) 3 20 (2)由(1)得 y′=8π(c-2)r- 2 = (r - ),0<r≤2. r r2 c-2 由于 c>3,所以 c-2>0. 当r- 3 令
3

3 20 20 =0 时,r= . c-2 c-2 20 =m,则 m>0,所以 y′= 8π(c-2) 2 2 (r-m)(r +rm+m ). 2

c-2

r

9 ①当 0<m<2,即 c> 时, 2 当 r=m 时,y′=0; 当 r∈(0,m)时,y′<0; 当 r∈(m,2)时,y′>0, 所以 r=m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点. 9 ②当 m≥2,即 3<c≤ 时, 2 当 r∈(0,2)时,y′<0,函数单调递减, 所以 r=2 是函数 y 的最小值点. 9 综上所述,当 3<c≤ 时,建造费用最小时 r=2; 2 3 20 9 当 c> 时,建造费用最小时 r= . 2 c-2

6


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