世纪金榜二轮专题辅导与练习专题二第四讲.ppt

第四讲 函数的综合应用,1.(2013南通模拟)关于x的不等式(2ax-1)ln x0对任意x(0,+)恒成立，则实数a的值为_.,【解析】当01时，ln x0，依题意知：2ax-10，所以a ， 而 ,所以a . 当x=1时，aR. 综上可知：a= . 答案：,2.(2013新课标全国卷改编)已知函数f(x)= 若|f(x)|ax，则a的取值范围是_.,【解析】画出函数y=|f(x)|的大致图象如图所示， 当x0时， g(x)=|f(x)|=x2-2x， g(x)=2x-2，g(0)=-2， 故a-2. 当x0时，g(x)=|f(x)|=ln(x+1)，g(x)= 由于g(x)上任意点处切线的斜率都要大于等于a， 所以a0，综上-2a0. 答案：-2a0,3.(2013德州模拟)已知f(x)=xex，g(x)=-(x+1)2+a，若 x1， x2R，使得f(x2)g(x1)成立，则实数a的取值范围是_.,【解析】因为f(x)=xex， 所以f(x)=ex+xex=(1+x)ex， 当x-1时，f(x)0,函数为增函数； 当x-1时，f(x) 0，函数为减函数， 所以当x=-1时，f(x)取得极小值，即最小值f(-1)= 函数g(x)的最大值为a，若x1，x2R，使得f(x2)g(x1)成 立，则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值，即a 答案：a,4.(2013徐州模拟)不等式2x- -a0在1,2内有实数 解，则实数a的取值范围是_. 【解析】由不等式2x- -a0得：a0，所以,函数y=2x- 在1，2上为增函数，其最大值为22- =3,依题意可知： a小于y=2x- (1x2)的最大值即可，所以a(-,3). 答案：(-,3),5.(2013济宁模拟)已知函数f(x)= 设F(x)=f(x+4)，且函数F(x)的零点均在区间a,b(ab， a,bZ)内，则圆x2+y2=b-a的面积的最小值是_.,【解析】函数的导数为f(x)= 显然当x-1时，1+x2 0130,1+x0,即f(x)0; 当x0. 所以f(x)在定义域上为增函数. 因为f(-1)= 所以x-1时，f(x)0， 又f(0)=1，所以在(-1,0)上函数有且只有一个零点，,即F(x)=f(x+4)在(-5，-4)上有且只有一个零点，即a=-5， b=-4， 所以b-a=1，所以圆的半径为1， 所以圆x2+y2=b-a的面积的最小值是. 答案：,6.(2013东莞模拟)设函数f(x)=ax3+bx2+cx在区间0，1上单调递增，在区间(-,0),(1,+)上单调递减，又 (1)求f(x)的解析式. (2)若在区间0,m(m0)上恒有f(x)x成立，求m的取值范围.,【解析】(1)f(x)=3ax2+2bx+c, 由已知f(0)=f(1)=0, 即 解得 所以f(x)=3ax2-3ax, 所以 所以a=-2,b=3, 所以f(x)=-2x3+3x2.,(2)令f(x)x,即-2x3+3x2-x0, 所以x(2x-1)(x-1)0, 所以0x 或x1. 又f(x)x在区间0,m上恒成立， 所以0m .,热点考向 1 不等式恒成立问题 【典例1】(2013北京模拟)已知函数f(x)=ax-1-ln x,aR. (1)讨论函数f(x)的单调区间. (2)若函数f(x)在x=1处取得极值,对 x(0,+),f(x)bx-2恒成立,求实数b的取值范围.,【解题探究】 (1)f(x)=ax-1-ln x的导函数f(x)=_；由于x0，因此 分_与_两种情况讨论. (2)f(x)bx-2恒成立，可分离_，转化为求函数的_.,a0,a0,参数b,最值,【解析】(1)在区间(0,+)上，f(x)= 当a0时，f(x)0恒成立，f(x)在区间(0,+)上单调递减； 当a0时，令f(x)=0得x= ，在区间 上，f(x)0， 函数f(x)单调递减，在区间 上，f(x)0，函数f(x)单 调递增； 综上所述：当a0时，f(x)的单调减区间是(0,+)，无单调增 区间；当a0时，f(x)的单调减区间是 单调增区间是,(2)因为函数f(x)在x=1处取得极值， 所以f(1)=0，解得a=1， 经检验可知满足题意. 由已知f(x)bx-2,即x-1-ln xbx-2, 即 b对x(0,+)恒成立， 令g(x)= 则g(x)= 易得g(x)在(0，e2上单调递减，在e2，+)上单调递增， 所以g(x)min=g(e2)=1- ，即b1- ,【方法总结】 1.分离参数法解决不等式恒成立问题的思路 (1)将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题. (2)利用导数求该函数的最值. (3)依据要求得所求范围. 2.函数思想求最值的思路 (1)依据题设条件构造含参数的函数. (2)利用导数求该函数的最(极)值. (3)构造不等式求解.,【变式训练】(2013新课标全国卷)设函数f(x)x2axb，g(x)ex(cxd)，若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y4x+2. (1)求a，b，c，d的值. (2)若x-2时，f(x)kg(x)，求k的取值范围.,【解析】(1)由已知得f(0)=2，g(0)=2，f(0)=4， g(0)=4. 而f(x)=2x+a，g(x)=ex(cx+d+c). 故b=2，d=2，a=4，d+c=4. 从而a=4，b=2，c=2，d=2.,(2)由(1)知f(x)=x2+4x+2，g(x)=2ex(x+1). 设F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2， 则F(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得F(0)0，即k1. 令F(x)=0，即2(x+2)(kex-1)=0，得x1=-ln k，x2=-2.,()若1k0， 即F(x)在x(-2,x1)上单调递减，在x(x1,+)上单调递 增，故F(x)在-2,+)上有最小值为F(x1). F(x1) = 2x1+2-x12-4x1-2=-x1(x1 + 2)0. 故当x-2时，F(x)0恒成立，即f(x)kg(x).,()若k=e2，则F(x)=2e2(x+2)(ex-e-2)，当x-2时，F(x)0，即F(x)在(-2,+)上单调递增，而F(-2)=0,故当且仅当x-2时，F(x)0恒成立，即f(x)kg(x). ()若ke2，则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)0. 从而当x-2时，f(x)kg(x)不可能恒成立. 综上，k的取值范围为1,e2.,热点考向 2 利用导数证明不等式 【典例2】(2013淄博模拟)函数f(x)=xln x-ax2-x(aR). (1)若函数f(x)在x=1处取得极值，求a的值. (2)若函数f(x)的图象在直线y=-x图象的下方，求a的取值范围. (3)求证：,【解题探究】 (1)函数取得极值的必要条件是什么？ 提示：其导数等于零. (2)函数f(x)的图象在直线y=-x图象的下方用代数式如何表 示？ 提示：f(x)-x. (3) 与(1)，(2)有何联系？ 提示： 两边取对数即可找到联系.,【解析】(1)函数定义域为(0,+), f(x)=ln x-2ax, 因为f(x)在x=1处取得极值， 所以f(1)=0,即-2a=0,所以a=0.,(2)由题意，得xln x-ax2-x 设h(x)= ,则h(x)= 令h(x)0,得0e,所以h(x)在(e,+)上单调递减. 所以h(x)max=h(e)= ,所以a .,(3)由(2)知h(x)= 在(e,+)上单调递减， 所以当xe时，h(x)h(x+1), 即 所以(x+1)ln xxln(x+1), 所以ln xx+1ln(x+1)x, 所以xx+1(x+1)x, 令x=2 012,得 .,【方法总结】利用导数证明不等式的步骤 (1)依据待证不等式的特征、变量的取值范围及不等式的性质，将待证不等式化简. (2)依据不等式构造函数. (3)利用导数研究函数的单调性，求其最值. (4)依据单调性及最值，得到待证不等式.,【变式训练】(2013天津高考)已知函数f(x)=x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间. (2)证明:对任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s). (3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当te2时, 有,【解题提示】(1)求出函数f(x)=x2ln x的导数，利用导数确定函数f(x)的单调区间. (2)利用(1)的结论，首先确定t0时，对应函数f(x)的定义域为(1,+)，然后根据函数f(x)的单调性证明. (3)承接(2)通过换元法及函数的单调性进行证明.,【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+). f(x)=2xln x+x=x(2ln x+1),令f(x)=0,得x= 列表如下： 所以函数f(x)的单调减区间是(0, ),单调增区间是,(2)当00,令h(x)=f(x)t,x(1,+). 由(1)知,h(x)在区间1,+内单调递增. h(1)=t0. 故存在唯一的s(1,+),使t=f(s)成立.,(3)因为s=g(t),由(2)知t=f(s),且s1,从而 其中u=ln s. 要使 成立,只需 当te2时,若s=g(t)e,则由f(s)的单调性知,t=f(s)f(e)=e2,矛盾. 所以se,即u1,从而ln u0成立.,另一方面，令F(u)=ln u ,u1.F(u)= 令F(u)=0,得u=2,当10;当u2时，F(u)1，F(u)F(2)e2时,有,热点考向 3 利用导数解决与方程的解有关的问题 【典例3】已知f(x)=x2+3x+1,g(x)= (1)a=2时，求y=f(x)和y=g(x)的公共点个数. (2)a为何值时，y=f(x)和y=g(x)的公共点个数恰为两个.,【解题探究】 (1)函数y=f(x)与函数y=g(x)的公共点个数与函数y=f(x)-g(x) 的零点个数有何关系？ 提示：相等 (2)求函数y=f(x)-g(x)的零点个数的步骤 用x来表示a，即：a=_； 依据函数的极值确定零点个数.,x3+x2-x,【解析】(1)当a=2时，联立 得x2+3x+1= +x， 整理得x3+x2-x-2=0(x1), 令(x)=x3+x2-x-2(x1),则(x)=3x2+2x-1,令(x)=0，解得x1=-1,x2= 得到极值点分别在x=-1和x= 处，且极 大值、极小值都是负值，大致图象如图1， 故交点只有一个. 所以y=f(x)与y=g(x)的公共点有1个.,(2)联立 得x2+3x+1= 整理得a=x3+x2-x(x1), 令h(x)=x3+x2-x(x1)，对h(x)求导可以得到极值点分别在 x=-1和x= 处，画出草图2, h(-1)=1,h( )= 当a=h(-1)=1时,y=a与y=h(x)仅有 一个公共点(因为(1，1)点不在y= h(x)曲线上)，故 时恰有两个公共点.,【互动探究】若本例(2)中“公共点个数恰为3个”，则实数a 的取值范围如何？ 【解析】由例题中图2知，当 时，恰有3个公共点.,【方法总结】 1.利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路 (1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题. (2)利用导数研究出函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其大致图象. (3)结合图象求解.,2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步：证明端点值异号.,【变式备选】(2013常州模拟)已知函数f(x)=ln|x|(x0)， 函数g(x)= (1)当x0时，求函数y=g(x)的表达式. (2)若a0，且函数y=g(x)在(0，+)上的最小值是2，求a的值. (3)对于(2)中所求的a值，若函数h(x)= 恰有三个零点，求b的取值范围.,【解析】(1)因为f(x)=ln|x|，去掉绝对值，然后分情况求解导数得到结论. 所以当x0时，f(x)=ln x；当x0时，f(x)= ；当x0时，g(x)= 所以当a0，x0时，g(x)2 ，当且仅当x= 时取等号. 由2 =2，得a=1.,(3)由(2)知h(x)= 则h(x)=x2-(b+1)x+b =(x-1)(x-b)， 令h(x)=0，得x=1或x=b， 若b1，则当xb时，h(x)0； 若b1时，h(x)0， 所以函数h(x)有三个零点的充要条件为 或,解得b3或b 又b0, 综上b(-，0) (3,+).,【典例】(2013威海模拟)已知函数f(x)=ax3+bx2在点(3,f(3)处的切线方程为12x+2y-27=0，且对任意的 x0,+)，f(x)kln(x+1)恒成立. (1)求函数f(x)的解析式. (2)求实数k的最小值. (3)求证：,【解析】(1)将x=3代入切线方程得y= 因此27a+9b= f(x)=3ax2+2bx，又因为切线的斜率为-6， 所以f(3)=-6， 即27a+6b=-6 联立，解得a=- ，b= . 所以f(x)=-,(2) f(x)=-x2+x，又因为f(x)kln(x+1)恒成立， 所以-x2+xkln(x+1)在0,+)上恒成立， 即x2-x+kln(x+1)0在0,+)上恒成立； 设g(x)= x2-x+kln(x+1)，g(0)=0， 所以只需证对于任意的x0,+)有g(x) g(0). g(x)= 设h(x)=2x2+x+k-1,当=1-8(k-1)0，即k 时，h(x)0， 所以g(x) 0，g(x)在0,+)上单调递增，g(x)g(0). 当=1-8(k-1)0，即k 时， 设x1,x2是方程2x2+x+k-1=0的两根且x1x2, 由x1+x2=- ，可知x10， 分析题意可知，当x20时对任意x0,+)有g(x)g(0). 所以k-10，k1，因此1k . 综上分析，实数k的最小值为1.,(3)令k=1，有-x2+xln(x+1)， 即xx2+ln(x+1)在x0,+)上恒成立. 令 得 所以 = 2+ln(n+1). 所以原不等式得证.,【方法总结】导数综合应用题的求解思路 (1)先确定函数的定义域. (2)依据题设条件求导、确定函数的单调性、极值、最值等. (3)对于恒成立问题、存在性问题与不等式的证明问题，要理清是与函数的最大值还是最小值对应. (4)方程根的问题，经常与函数的极值、最值结合求解.有时也与函数的图象结合求解.,转化与化归思想 解决导数综合应用问题 【思想诠释】 1.主要类型：(1)不等式的恒成立问题.(2)证明不等式问题. (3)方程的求解问题.,2.解题思路：常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题；将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函数图象的交点问题等. 3.注意事项：(1)题目中含有参数时要注意分类讨论.(2)证明不等式时要准确构造函数.,【典例】 (14分)已知函数f(x)=ax+ln x，其中a为常数 (1)当a=-1时，求f(x)的最大值. (2)若f(x)在区间(0，e上的最大值为-3，求a的值. (3)当a=-1时，试推断方程|f(x)|= 是否有实数解.,【审题】分析信息，形成思路 (1)切入点：求f(x)的最大值,根据求单调区间与最值的步骤求 解； 关注点：a=-1时对具体函数求解. (2)切入点：求a的值，可依据f(x)的最大值为-3求解； 关注点：x(0，e,所以 按a 的取值讨论. (3)切入点：|f(x)|= 是否有实数解，可依据等式左右 两边的取值求解； 关注点：a=-1，可由(1)求左边的范围.,【解题】规范步骤，水到渠成 (1)当a=-1时，f(x)=-x+ln x，因此f(x)= 当0x1时，f(x)0；当x1时，f(x) 0， 所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减， 所以f(x)的最大值为f(1)=-1.3分,(2)因为f(x)=a+ ，x(0，e, 所以 若 则f(x)0恒成立，f(x)在(0，e上单调递增， 所以f(x)max=f(e)=ae+10,不合题意.5分 若a 则由f(x)0得： 即 由f(x)0得：,从而f(x)在 上单调递增， 在 上单调递减. 所以f(x)max= .7分 令 则 所以 ，即 因为-e2 所以a=-e2即为所求.8分,(3)由(1)知当a=-1时，f(x)max=f(1