第十四节导数在研究函数中的应用(二)

高考总复习•数学（理科）第十四节导数在研究函数中的应用（二）第二章高考总复习•数学（理科）【例1】设函数f(x)＝1－.证明：当x＞－1时，f(x)≥.思路点拨：欲证f(x)≥(x－1)，即证≤，也就是证ex≥x＋1，即证ex－x－1≥0，假设构造函数g(x)＝ex－x－1(x－1)，若能证明当x－1时，g(x)min≥0，则问题得证．利用导数证明不等式自主解答：高考总复习•数学（理科）证明：当x＞－1时，f(x)≥当且仅当ex≥1＋x.令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.当x≥0时，g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上是增函数；当x≤0时，g′(x)≤0，g(x)在(－∞，0]上是减函数．于是g(x)在x＝0处达到最小值，因而当x∈R时，g(x)≥g(0)，即ex≥1＋x.所以当x＞－1时，f(x)≥.高考总复习•数学（理科）点评：通过构造函数，利用导数判断出所构造的函数的单调性，利用单调性证明不等式．这也是证明不等式的一种有效方法．高考总复习•数学（理科）1．(2013·北京卷)设l为曲线C：y＝在点(1,0)处的切线．(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线l的下方．变式探究lnxx高考总复习•数学（理科）证明：欲证当x＞－1时，f(x)≥，即证ex≥1＋x.令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.当x≥0时，g′(x)≥0，g(x)在[0，＋∞)上是增函数；当x≤0时，g′(x)≤0，g(x)在(－∞，0]上是减函数．于是g(x)在x＝0处达到最小值，因而当x∈R时，g(x)≥g(0)，即ex≥1＋x.所以当x＞－1时，f(x)≥.xx＋1xx＋1高考总复习•数学（理科）【例2】(2013·广州质检改编)已知函数f(x)＝2x(a∈R)．(1)当a＝3时，求函数f(x)的单调区间；(2)若过点可作函数y＝f(x)图象的三条不同切线，求实数a的取值范围．函数的零点与导数自主解答：高考总复习•数学（理科）解析：(1)当a＝3时，函数f(x)＝－x2－2x，得f′(x)＝－x2＋3x－2＝－(x－1)(x－2)．所以当1＜x＜2时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当x＜1或x＞2时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．高考总复习•数学（理科）所以函数f(x)的单调递增区间为(1,2)，单调递减区间为(－∞，1)和(2，＋∞).(2)设点P是函数y＝f(x)图象上的切点，则过点P的切线的斜率k＝f′(t)＝－t2＋at－2，所以过点P的切线方程为y＋＋2t＝(－t2＋at－2)(x－t)，因为点在该切线上，所以－＋t3－t2＋2t＝(－t2＋at－2)(0－t)，即＝0.高考总复习•数学（理科）若过点可作函数y＝f(x)图象的三条不同切线，则函数g(t)＝有三个不同的零点．即函数y＝g(t)的图象与坐标轴横轴有三个不同的交点．令g′(t)＝2t2－at＝0，解得t＝0或t＝.因为g(0)＝＞0，所以必须即a＞2.所以实数a的取值范围为(2，＋∞)．高考总复习•数学（理科）点评：利用导数讨论三次函数的零点的常用结论：对于在R上非单调的三次函数y＝f(x)，若f(x)只有一个零点，则只需极小值大于零或极大值小于零；若f(x)有两个零点，则只需极小值等于零或极大值等于零；若f(x)有三个零点，则只需极小值小于零且极大值大于零．高考总复习•数学（理科）变式探究2．已知函数f(x)＝＋x2－ax－a，x∈R，其中a0.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围．高考总复习•数学（理科）解析：(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a0.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：x(－∞，－1)－1(－1，a)a(a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值高考总复习•数学（理科）故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0a.所以，a的取值范围是.高考总复习•数学（理科）求函数的极值【例3】(2013·汕尾二模)已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数，设e为自然对数的底数．(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；(2)讨论f(x)在区间(0，e)上的单调情况；(3)试推断方程|2x(x－lnx)|＝2lnx＋x是否有实数解．若有实数解，请求出它的解集．高考总复习•数学（理科）解析：(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx，f′(x)＝－1＋1x＝1－xx.当0＜x＜1时，f′(x)＞0；当x＞1时，f′(x)＜0.∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，∴f(x)max＝f(1)＝－1.高考总复习•数学（理科）(2)∵f′(x)＝a＋1x，x∈(0，e)，1x∈1e，＋∞，①若a≥－1e，则f′(x)＞0，从而f(x)在(0，e)上增函数，②若a＜－1e，则由f′(x)＞0⇒a＋1x＞0，即0＜x＜－1a，由f′(x)＜0⇒a＋1x＜0，即－1a＜x＜e.∴f(x)在0，－1a上增函数，在－1a，e上为减函数，综上所述：当a≥－1e时，f(x)在(0，e)上增函数；当a＜－1e时，f(x)在0，－1a上增函数，在－1a，e上为减函数．高考总复习•数学（理科）(3)|2x(x－lnx)|＝2lnx＋x⇔|x－lnx|＝lnxx＋12，由(1)知当a＝－1时f(x)max＝f(1)＝－1，即－x＋lnx≤－1，∴|x－lnx|≥1.又令g(x)＝lnxx＋12，g′(x)＝1－lnxx2，令g′(x)＞0，得0＜x＜e；令g′(x)＜0，得x＞e，∴g(x)的增区间为(0，e)，减区间为(e，＋∞)．∴g(x)max＝g(e)＝1e＋12＜1，∴g(x)＜1，∴|x－lnx|＞g(x)，即|x－lnx|＞lnxx＋12，高考总复习•数学（理科）∴方程|x－lnx|＝lnxx＋12即方程|2x(x－lnx)|＝2lnx＋x没有实数解．点评：与导数有关的综合问题有多个方面：不等式的证明，函数单调性的判断，函数极值、最值的求解，函数零点的判断等都会用到导数方法．而导数应用的核心问题是导函数的符号与函数单调性的关系．高考总复习•数学（理科）变式探究3．设f(x)＝λ1＋λ2x·3x(a，b∈R，a0)．(1)当λ1＝1，λ2＝0时，设x1，x2是f(x)的两个极值点，且满足x11x22，求证：f′(－1)3.(2)当λ1＝0，λ2＝1时，①求函数y＝f(x)－3(ln3＋1)x(x0)的最小值；②对于任意正实数a，b，c，当a＋b＋c＝3时，求证：3aa＋3bb＋3cc≥9.a3x3＋b－12x2＋x高考总复习•数学（理科）(1)证明：当λ1＝1，λ2＝0时，f′(x)＝ax2＋(b－1)x＋1.依题意x1，x2是f′(x)＝0两根，由x11x22，a0，得∴f′(－1)＝a－b＋2＝－3(a＋b)＋(4a＋2b－1)＋33.f′10，f′20，即a＋b0，4a＋2b－10，高考总复习•数学（理科）(2)①解析：当λ1＝0，λ2＝1时，f(x)＝3x·x，y＝3x·x－3(ln3＋1)x，y′＝3xln3·x＋3x－3(ln3＋1)，易知y′是增函数，且x＝1是它的唯一的零点，当x1时，y′0；当0x1时，y′0.∴当x＝1时，y＝3x·x－3(ln3＋1)x有最小值－3ln3.高考总复习•数学（理科）②证明：由①知，3xx≥3(ln3＋1)x－3ln3，当x分别取a，b，c时，有3aa≥3(ln3＋1)a－3ln3；3bb≥3(ln3＋1)b－3ln3；3cc≥3(ln3＋1)c－3ln3.以上三式相加，并结合a＋b＋c＝3，得3aa＋3bb＋3cc≥9.