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2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题理


第 3 课时 导数与函数的综合问题
题型一 导数与不等式有关的问题 命题点 1 解不等式 例 1 设 f(x)是定义在 R 上的奇函数, f(2)=0, 当 x>0 时, 有 则不等式 x f(x)>0 的解集是( A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 D 解析 ∵当 x>0 时,? ∴φ (x)=
2

xf′?x?-f?x? <0 恒成立, x2

) B.(-2,0)∪(0,2) D.(-∞,-2)∪(0,2)

?f?x??′<0, ? ? x ?

f?x? 为减函数, x

又 φ (2)=0,∴当且仅当 0<x<2 时,φ (x)>0, 此时 x f(x)>0. 又 f(x)为奇函数,∴h(x)=x f(x)也为奇函数. 故 x f(x)>0 的解集为(-∞,-2)∪(0,2). 命题点 2 证明不等式 例 2 (2016·全国丙卷)设函数 f(x)=ln x-x+1. (1)讨论 f(x)的单调性;
2 2 2

x-1 (2)证明:当 x∈(1,+∞)时,1< <x; ln x
(3)设 c>1,证明:当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c . 1 (1)解 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -1,令 f′(x)=0,解得 x=1.
x

x

当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. (2)证明 由(1)知,f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0. 所以当 x≠1 时,ln x<x-1. 1 1 故当 x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,

x x

x-1 即 1< <x. ln x
(3)证明 由题设 c>1,设 g(x)=1+(c-1)x-c ,
x

c-1 ln c x 则 g′(x)=c-1-c ln c,令 g′(x)=0,解得 x0= . ln c
ln
1

当 x<x0 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 当 x>x0 时,g′(x)<0,g(x)单调递减.

c-1 由(2)知 1< <c,故 0<x0<1. ln c
又 g(0)=g(1)=0,故当 0<x<1 时,g(x)>0. 所以当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>c . 命题点 3 不等式恒成立或有解问题 1+ln x 例 3 已知函数 f(x)= .
x

x

1 (1)若函数 f(x)在区间(a,a+ )上存在极值,求正实数 a 的取值范围; 2 (2)如果当 x≥1 时,不等式 f(x)≥

k 恒成立,求实数 k 的取值范围. x+1

解 (1)函数的定义域为(0,+∞),

f′(x)=

1-1-ln x ln x =- 2 , 2

x

x

令 f′(x)=0,得 x=1; 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 1 所以 x=1 为极大值点,所以 0<a<1<a+ , 2 1 1 故 <a<1,即实数 a 的取值范围为( ,1). 2 2 ?x+1??1+ln x? (2)当 x≥1 时,k≤ 恒成立,

x

?x+1??1+ln x? 令 g(x)= ,

x

1 ?1+ln x+1+ ?x-?x+1??1+ln x? x x-ln x 则 g′(x)= = . 2 2

x

x

1 再令 h(x)=x-ln x,则 h′(x)=1- ≥0,

x

所以 h(x)≥h(1)=1,所以 g′(x)>0, 所以 g(x)为单调增函数,所以 g(x)≥g(1)=2, 故 k≤2.所以实数 k 的取值范围是(-∞,2]. 引申探究 本例(2)中若改为:存在 x0∈[1,e],使不等式 f(x)≥

k 成立,求实数 k 的取值范围. x+1
2

?x+1??1+ln x? 解 当 x∈[1,e]时,k≤ 有解,

x

?x+1??1+ln x? 令 g(x)= ,由例 3(2)解题知,

x

g(x)为单调增函数,∴g(x)max=g(e)=2+ ,
2 2 ∴k≤2+ ,即实数 k 的取值范围是(-∞,2+ ]. e e 思维升华 (1)利用导数解不等式的思路 已知一个含 f′(x)的不等式, 可得到和 f(x)有关的函数的单调性, 然后可利用函数单调性解 不等式. (2)利用导数证明不等式的方法 证明 f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数 F(x)=f(x)-g(x),如果 F′(x)<0,则 F(x)在 (a,b)上是减函数,同时若 F(a)≤0,由减函数的定义可知,x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证 明了 f(x)<g(x). (3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略 ①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式, 从而求出参数的取值范围. ②也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题. ?x-1? (2015·福建)已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间; (2)证明:当 x>1 时,f(x)<x-1; (3)确定实数 k 的所有可能取值,使得存在 x0>1,当 x∈(1,x0)时,恒有 f(x)>k(x-1). 1 -x +x+1 (1)解 f′(x)= -x+1= ,x∈(0,+∞).
2 2

2 e

x

x

?x>0, ? 由 f′(x)>0,得? 2 ?-x +x+1>0. ?

1+ 5 解得 0<x< . 2

? 1+ 5? 故 f(x)的单调递增区间是?0, ?. 2 ? ?
(2)证明 令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞). 1-x 则有 F′(x)= .
2

x

当 x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,

3

所以 F(x)在(1,+∞)上单调递减, 故当 x>1 时,F(x)<F(1)=0, 即当 x>1 时,f(x)<x-1. (3)解 由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>1 满足题意. 当 k>1 时,对于 x>1,有 f(x)<x-1<k(x-1), 则 f(x)<k(x-1), 从而不存在 x0>1 满足题意. 当 k<1 时,令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 1 -x +?1-k?x+1 则有 G′(x)= -x+1-k= .
2

x

x

由 G′(x)=0,得-x +(1-k)x+1=0. 1-k- ?1-k? +4 解得 x1= <0, 2
2

2

x2=

1-k+ ?1-k? +4 >1. 2

2

当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故 G(x)在(1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1). 综上,k 的取值范围是(-∞,1). 题型二 利用导数研究函数零点问题 例 4 (2016·福州模拟)已知函数 f(x)=(2-a)x-2(1+ln x)+a. (1)当 a=1 时,求 f(x)的单调区间; 1 (2)若函数 f(x)在区间(0, )上无零点,求 a 的最小值. 2 解 (1)当 a=1 时,f(x)=x-1-2ln x, 2 则 f′(x)=1- ,定义域为 x∈(0,+∞).

x

由 f′(x)>0,得 x>2,由 f′(x)<0,得 0<x<2. 故 f(x)的单调递减区间为(0,2), 单调递增区间为(2,+∞). (2)f(x)=(2-a)(x-1)-2ln x, 令 m(x)=(2-a)(x-1),x>0,

h(x)=2ln x,x>0,
则 f(x)=m(x)-h(x),

4

1 1 1 ①当 a<2 时,m(x)在(0, )上为减函数,h(x)在(0, )上为增函数,若 f(x)在(0, )上无零 2 2 2 点, 1 1 1 1 则 m( )≥h( ),即(2-a)( -1)≥2ln , 2 2 2 2 ∴a≥2-4ln 2,∴2-4ln 2≤a<2, 1 ②当 a≥2 时,在(0, )上 m(x)≥0,h(x)<0, 2 1 ∴f(x)>0,∴f(x)在(0, )上无零点. 2 由①②得 a≥2-4ln 2,∴amin=2-4ln 2. 思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略 研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个数问题.可利 用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据 图象判断函数的零点个数. (2016·郑州模拟)定义在 R 上的奇函数 y=f(x)满足 f(3)=0,且不等式 f(x)> -xf′(x)在(0,+∞)上恒成立,则函数 g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点个数为( A.4 B.3 C.2 D.1 答案 B 解析 定义在 R 上的奇函数 f(x)满足: )

f(0)=0=f(3)=f(-3),f(-x)=-f(x),
当 x>0 时,f(x)>-xf′(x),即 f(x)+xf′(x)>0, ∴[xf(x)]′>0,即 h(x)=xf(x)在 x>0 时是增函数, 又 h(-x)=-xf(-x)=xf(x), ∴h(x)=xf(x)是偶函数, ∴当 x<0 时,h(x)是减函数,结合函数的定义域为 R, 且 f(0)=f(3)=f(-3)=0, 可得函数 y1=xf(x)与 y2=-lg|x+1|的大致图象如图,

由图象可知,函数 g(x)=xf(x)+lg|x+1|的零点的个数为 3. 题型三 利用导数研究生活中的优化问题
5

例 5 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: 千克)与销售价格 x(单 位:元/千克)满足关系式 y=

a

x-3

+10(x-6) ,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5

2

元/千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元/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. 解 (1)因为当 x=5 时,y=11,所以 +10=11,a=2. 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量为
2 y= +10(x-6) . x-3

a

2

所以商场每日销售该商品所获得的利润为
2 f(x)=(x-3)[ +10(x-6) ] x-3

2

=2+10(x-3)(x-6) 3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6) +2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
2

2,

x f′(x) f(x)

(3,4) + 单调递增

4 0 极大值 42

(4,6) - 单调递减

由上表可得,当 x=4 时,函数 f(x)取得极大值,也是最大值. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值且最大值等于 42. 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. 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤 (1)分析实际问题中各个量之间的关系, 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使 f′(x)=0 的点的函数值的大小, 最大(小)者为最大(小)值; 若 函数在开区间内只有一个极值点,那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答. 1 3 39 2 某品牌电动汽车的耗电量 y 与速度 x 之间有关系 y= x - x -40x(x>0), 为使 3 2

6

耗电量最小,则速度应定为________. 答案 40 解析 令 y′=x -39x-40=0,得 x=-1 或 x=40, 由于当 0<x<40 时,y′<0;当 x>40 时,y′>0. 所以当 x=40 时,y 有最小值.
2

7

一审条件挖隐含

典例 (12 分)设 f(x)= +xln x,g(x)=x -x -3. (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; 1 (2)如果对于任意的 s,t∈[ ,2],都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围. 2

a x

3

2

(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
↓ 求得 M 的最大整数值 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 +xln x≥1 恒成立 x
↓分离参数 a

a≥x-x2ln x 恒成立
↓求 h(x)=x-x ln x 的最大值
2

a≥h(x)max=h(1)=1


a≥1

规范解答 解 (1)存在 x1,x2∈[0,2]使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,等价于[g(x1)-g(x2)]max≥M.[2 分] 2 3 2 2 由 g(x)=x -x -3,得 g′(x)=3x -2x=3x(x- ). 3

8

2 令 g′(x)>0,得 x<0 或 x> , 3 2 2 又 x∈[0,2],所以 g(x)在区间[0, ]上单调递减,在区间[ ,2]上单调递增,所以 g(x)min 3 3 2 85 =g( )=- , 3 27

g(x)max=g(2)=1.
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.[5 分] 1 1 (2) 对于任意的 s , t∈[ , 2] ,都有 f(s)≥g(t) 成立,等价于在区间 [ , 2] 上,函数 2 2

f(x)min≥g(x)max.[7 分]
1 由(1)可知在区间[ ,2]上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 2 1 a 2 在区间[ ,2]上,f(x)= +xln x≥1 恒成立等价于 a≥x-x ln x 恒成立. 2 x 1 2 设 h(x)=x-x ln x, h′(x)=1-2xln x-x, 可知 h′(x)在区间[ , 2]上是减函数, 又 h′(1) 2 =0, 1 所以当 1<x<2 时,h′(x)<0;当 <x<1 时,h′(x)>0.[10 分] 2 1 2 即函数 h(x)=x-x ln x 在区间( ,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以 h(x)max 2 =h(1)=1, 所以 a≥1,即实数 a 的取值范围是[1,+∞).[12 分]

1 . 已 知 f(x) , g(x) (g(x)≠0)分 别 是 定 义 在 R 上 的 奇 函 数 和偶 函 数, 当 x<0 时,

f?x? f′(x)g(x)<f(x)g′(x),且 f(-3)=0,则 <0 的解集为( g?x?
A.(-∞,-3)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3) C.(-3,0)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3) 答案 C

)

9

解析 由已知得,

f?x? 是奇函数, g?x?

∵当 x<0 时,f′(x)g(x)<f(x)g′(x), ∴?

?f?x??′=f′?x?g?x?-f?x?g′?x?<0,则f?x?在(-∞,0)上为减函数,在 ? g2?x? g?x? ?g?x??
f?-3? f?3? f? x? =0= ,可知 <0 的解集 g?-3? g?3? g?x?

(0,+∞)上也为减函数.又 f(-3)=0,则有 为(-3,0)∪(3,+∞).故选 C.

2. (2016·兰州模拟)已知定义在 R 上的可导函数 f(x)的导函数为 f′(x), 满足 f′(x)<f(x), 且 f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式 f(x)<e 的解集为( A.(-2,+∞) C.(1,+∞) 答案 B 解析 ∵f(x+2)为偶函数,∴f(x+2)的图象关于 x=0 对称, ∴f(x)的图象关于 x=2 对称,∴f(4)=f(0)=1. 设 g(x)= B.(0,+∞) D.(4,+∞)
x

)

f?x?
e
x

(x∈R), = ,

则 g′(x)=

f′?x?ex-f?x?ex f′?x?-f?x?
?e ?
x
2

e

x

又∵f′(x)<f(x),∴g′(x)<0(x∈R), ∴函数 g(x)在定义域上单调递减, ∵f(x)<e ?g(x)= 而 g(0)=
x

f?x?
e
x

<1,

f?0?
e
0

=1,

∴f(x)<e ?g(x)<g(0),∴x>0,故选 B. 3.方程 x -6x +9x-10=0 的实根个数是( A.3 B.2 C.1 D.0 答案 C 解析 设 f(x)=x -6x +9x-10,则 f′(x)=3x -12x+9=3(x-1)(x-3), 由此可知函数的极大值为 f(1)=-6<0,极小值为 f(3)=-10<0, 所以方程 x -6x +9x-10=0 的实根个数为 1,故选 C. 4.当 x∈[-2,1]时,不等式 ax -x +4x+3≥0 恒成立,则实数 a 的取值范围是( A.[-5,-3] C.[-6,-2] 9 B.[-6,- ] 8 D.[-4,-3]
3 2 3 2 3 2 2 3 2

x

)

)

10

答案 C 1 3 1 2 1 解析 当 x∈(0,1]时,a≥-3( ) -4( ) + ,

x

x

x

1 3 2 令 t= ,则 t∈[1,+∞),a≥-3t -4t +t,

x

令 g(t)=-3t -4t +t,在 t∈[1,+∞)上,g′(t)<0,g(t)单调递减, 所以 g(t)max=g(1)=-6, 因此 a≥-6;同理,当 x∈[-2,0)时,得 a≤-2. 由以上两种情况得-6≤a≤-2,显然当 x=0 时也成立, 故实数 a 的取值范围为[-6,-2]. 5.若商品的年利润 y(万元)与年产量 x(百万件)的函数关系式:y=-x +27x+123(x>0), 则获得最大利润时的年产量为( A.1 百万件 C.3 百万件 答案 C 解析 y′=-3x +27=-3(x+3)(x-3), 当 0<x<3 时,y′>0; 当 x>3 时,y′<0. 故当 x=3 时,该商品的年利润最大. 6.(2017·合肥质检)直线 x=t 分别与函数 f(x)=e +1 的图象及 g(x)=2x-1 的图象相交 于点 A 和点 B,则 AB 的最小值为( A.2 C.4-2ln 2 答案 C 解析 由题意得,AB=|e +1-(2x-1)| =|e -2x+2|,令 h(x)=e -2x+2, 则 h′(x)=e -2,所以 h(x)在(-∞,ln 2)上单调递减, 在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以 h(x)min=h(ln 2)=4-2ln 2>0, 即 AB 的最小值是 4-2ln 2,故选 C.
?-x +2x?x≤0?, ? 7.已知函数 f(x)=? ? ?ln?x+1??x>0?,
2 2 3

3

2

) B.2 百万件 D.4 百万件

x

) B.3 D.3-2ln 2

x

x

x

x

若|f(x)|≥ax,则 a 的取值范围是(

)

A.(-∞,0] C.[-2,1]

B.(-∞,1] D.[-2,0]

11

答案 D 解析
?-?-x +2x?≥ax?x≤0?, ? |f(x)|≥ax?? ?ln?x+1?≥ax?x>0?, ?2? ?
2

?1?

成立.

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), 则 h′(x)= 1 -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; 当 a≥1 时,因为 所以 h′(x)= 1 ∈(0,1), x+1

1 -a<0,故 h(x)为减函数, x+1

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) 1 -ax0<0 成立.如 a= 时,取 x0=4,则 h(x0)=ln 5-2<0 成立,可知 0<a<1 时,不符合题 2 意. 故 a≤0. 由①②可知 a 的取值范围是[-2,0]. 8.若函数 f(x)=2x+sin x 对任意的 m∈[-2,2],f(mx-3)+f(x)<0 恒成立,则 x 的取值 范围是________. 答案 (-3,1) 解析 因为 f(x)是 R 上的奇函数,

f′(x)=2+cos x>0,则 f(x)在定义域内为增函数,
所以 f(mx-3)+f(x)<0 可变形为 f(mx-3)<f(-x), 所以 mx-3<-x,将其看作关于 m 的一次函数, 则 g(m)=x·m-3+x,m∈[-2,2], 可得当 m∈[-2,2]时,g(m)<0 恒成立.

g(2)<0,g(-2)<0,解得-3<x<1.
9.(2016·郴州模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足:f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式 e f(x)>e +3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为________________.
12
x x

答案 (0,+∞) 解析 设 g(x)=e f(x)-e (x∈R), 则 g′(x)=e f(x)+e f′(x)-e =e [f(x)+f′(x)-1], ∵f(x)+f′(x)>1,∴f(x)+f′(x)-1>0, ∴g′(x)>0,∴y=g(x)在定义域上单调递增, ∵e f(x)>e +3,∴g(x)>3, 又∵g(0)=e f(0)-e =4-1=3, ∴g(x)>g(0),∴x>0. 10.已知函数 f(x)=ax -3x +1,若 f(x)存在唯一的零点 x0 且 x0>0,则 a 的取值范围是 ________. 答案 (-∞,-2) 解析 当 a=0 时,f(x)=-3x +1 有两个零点,不合题意,故 a≠0,f′(x)=3ax -6x= 3x(ax-2), 2 令 f′(x)=0,得 x1=0,x2= .
2 2 3 2 0 0

x

x

x

x

x

x

x

x

a

若 a>0,由三次函数图象知 f(x)有负数零点,不合题意,故 a<0. 2 由三次函数图象及 f(0)=1>0 知,f( )>0,

a

2 3 2 2 2 即 a×( ) -3×( ) +1>0,化简得 a -4>0,

a

a

又 a<0,所以 a<-2. 11.(2016·济南模拟)已知 f(x)=(1-x)e -1. (1)求函数 f(x)的最大值; (2)设 g(x)=
x

f?x? ,x>-1 且 x≠0,证明:g(x)<1. x
x

(1)解 f′(x)=-xe . 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以 f(x)的最大值为 f(0)=0. (2)证明 由(1)知,当 x>0 时,f(x)<0,g(x)<0<1. 当-1<x<0 时,g(x)<1 等价于 f(x)>x. 设 h(x)=f(x)-x,则 h′(x)=-xe -1. 当 x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<e <1, 则 0<-xe <1,
x x x

13

从而当 x∈(-1,0)时,h′(x)<0,

h(x)在(-1,0)上单调递减.
当-1<x<0 时,h(x)>h(0)=0, 即 g(x)<1.综上,当 x>-1 且 x≠0 时总有 g(x)<1. 12. (2016·东北师大附中、 吉林一中等五校联考)已知函数 f(x)=e +ax-a(a∈R 且 a≠0). (1)若 f(0)=2,求实数 a 的值,并求此时 f(x)在[-2,1]上的最小值; (2)若函数 f(x)不存在零点,求实数 a 的取值范围. 解 (1)由 f(0)=1-a=2,得 a=-1. 易知 f(x)在[-2,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增, 所以当 x=0 时,f(x)在[-2,1]上取得最小值 2. (2)f′(x)=e +a,由于 e >0. ①当 a>0 时,f′(x)>0,f(x)是增函数, 当 x>1 时,f(x)=e +a(x-1)>0. 1 1 1 当 x<0 时,取 x=- ,则 f(- )<1+a(- -1)=-a<0.
x x x x

a

a

a

所以函数 f(x)存在零点,不满足题意. ②当 a<0 时,f′(x)=e +a, 令 f′(x)=0,得 x=ln(-a). 在(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减, 在(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调递增, 所以当 x=ln(-a)时,f(x)取最小值. 函数 f(x)不存在零点,等价于 f(ln(-a))=e 解得-e <a<0. 综上所述,所求实数 a 的取值范围是-e <a<0. *13.已知 a 为实数,函数 f(x)=aln x+x -4x. (1)是否存在实数 a,使得 f(x)在 x=1 处取得极值?证明你的结论; 1 (2)设 g(x)=(a-2)x,若? x0∈[ ,e],使得 f(x0)≤g(x0)成立,求实数 a 的取值范围. e 解 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),
2 a 2x -4x+a f′(x)= +2x-4= . x x 2 2 2 ln(-a)

x

+aln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,

假设存在实数 a,使 f(x)在 x=1 处取得极值,则 f′(1)=0, 2?x-1? ∴a=2,此时,f′(x)= ,
2

x

当 x>0 时,f′(x)≥0 恒成立,

14

∴f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴x=1 不是 f(x)的极值点.故不存在实数 a,使得 f(x)在 x=1 处取得极值. (2)由 f(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x0-2x0, 记 F(x)=x-ln x(x>0),∴F′(x)=
2

x-1 (x>0), x

∴当 0<x<1 时,F′(x)<0,F(x)单调递减; 当 x>1 时,F′(x)>0,F(x)单调递增. ∴F(x)>F(1)=1>0,∴a≥ 记 G(x)=

x2 0-2x0 , x0-ln x0

x2-2x 1 ,x∈[ ,e], x-ln x e

?2x-2??x-ln x?-?x-2??x-1? ∴G′(x)= 2 ?x-ln x? = ?x-1??x-2ln x+2? . 2 ?x-ln x?

1 ∵x∈[ ,e],∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0, e ∴x-2ln x+2>0, 1 ∴x∈( ,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减; e

x∈(1,e)时,G′(x)>0,G(x)单调递增,
∴G(x)min=G(1)=-1. ∴a≥G(x)min=-1.故实数 a 的取值范围为[-1,+∞).

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