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文档简介

专题15 导数的应用(3)综合应用一、【知识精讲】函数的单调性与导数的关系函数yf(x)在某个区间内可导,则:(1)若f(x)0,则f(x)在这个区间内单调递增;(2)若f(x)0在(a,b)上成立”是“f(x)在(a,b)上单调递增”的充分不必要条件.二、【典例精练】考点一构造函数证明不等式【例1】 已知函数f(x)1,g(x)xln x.(1)证明:g(x)1;(2)证明:(xln x)f(x)1.证明(1)由题意得g(x)(x0),当0x1时,g(x)1时,g(x)0,即g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,)上是增函数.所以g(x)g(1)1,得证.(2)由f(x)1,得f(x),所以当0x2时,f(x)2时,f(x)0,即f(x)在(0,2)上是减函数,在(2,)上是增函数,所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号).又由(1)知xln x1(当且仅当x1时取等号),且等号不同时取得,所以(xln x)f(x)1.【解法小结】1.证明不等式的基本方法:(1)利用单调性:若f(x)在a,b上是增函数,则xa,b,有f(a)f(x)f(b),x1,x2a,b,且x1x2,有f(x1)f(x2).对于减函数有类似结论.(2)利用最值:若f(x)在某个范围D内有最大值M(或最小值m),则xD,有f(x)M(或f(x)m).2.证明f(x)g(x),可构造函数F(x)f(x)g(x),证明F(x)g(x)max,则f(x)g(x)”证明不等式【例2】 已知函数f(x)xln xax.(1)当a1时,求函数f(x)在(0,)上的最值;(2)证明:对一切x(0,),都有ln x1成立.【解析】(1)解函数f(x)xln xax的定义域为(0,).当a1时,f(x)xln xx,f(x)ln x2.由f(x)0,得x.当x时,f(x)时,f(x)0.所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.因此f(x)在x处取得最小值,即f(x)minf,但f(x)在(0,)上无最大值.(2)证明当x0时,ln x1等价于x(ln x1).由(1)知a1时,f(x)xln xx的最小值是,当且仅当x时取等号.设G(x),x(0,),则G(x),易知G(x)maxG(1),当且仅当x1时取到,从而可知对一切x(0,),都有f(x)G(x),即ln x1.【解法小结】1.在证明不等式中,若无法转化为一个函数的最值问题,则可考虑转化为两个函数的最值问题.2.在证明过程中,等价转化是关键,此处f(x)ming(x)max恒成立.从而f(x)g(x),但此处f(x)与g(x)取到最值的条件不是同一个“x的值”.考点三不等式恒成立或有解问题角度1不等式恒成立求参数【例31】 已知函数f(x)(x0).(1)判断函数f(x)在区间上的单调性;(2)若f(x)a在区间上恒成立,求实数a的最小值.【解析】(1)f(x),令g(x)xcos xsin x,x,则g(x)xsin x,显然,当x时,g(x)xsin x0,即函数g(x)在区间上单调递减,且g(0)0.从而g(x)在区间上恒小于零,所以f(x)在区间上恒小于零,所以函数f(x)在区间上单调递减.(2)不等式f(x)a,x恒成立,即sin xax0恒成立.令(x)sin xax,x,则(x)cos xa,且(0)0.当a1时,在区间上(x)0,即函数(x)单调递减,所以(x)(0)0,故sin xax0恒成立.当0a0,故(x)在区间(0,x0)上单调递增,且(0)0,从而(x)在区间(0,x0)上大于零,这与sin xax0,即函数(x)单调递增,且(0)0,得sin xax0恒成立,这与sin xax0,所以a在区间1,e上有解.令h(x),则h(x).因为x1,e,所以x222ln x,所以h(x)0,h(x)在1,e上单调递增,所以x1,e时,h(x)maxh(e),所以a,所以实数a的取值范围是.【解法小结】1.含参数的能成立(存在型)问题的解题方法af(x)在xD上能成立,则af(x)min;af(x)在xD上能成立,则af(x)max.2.含全称、存在量词不等式能成立问题(1)存在x1A,任意x2B使f(x1)g(x2)成立,则f(x)maxg(x)max;(2)任意x1A,存在x2B,使f(x1)g(x2)成立,则f(x)ming(x)min.考点四判断零点的个数【例4】(2019全国卷)已知函数,为的导数证明:(1)在区间存在唯一极大值点;(2)有且仅有2个零点【解析】(1)设,则,.当时,单调递减,而,可得在有唯一零点,设为.则当时,;当时,.所以在单调递增,在单调递减,故在存在唯一极大值点,即在存在唯一极大值点.(2)的定义域为.(i)当时,由(1)知,在单调递增,而,所以当时,故在单调递减,又,从而是在的唯一零点.(ii)当时,由(1)知,在单调递增,在单调递减,而,所以存在,使得,且当时,;当时,.故在单调递增,在单调递减.又,所以当时,.从而在没有零点.(iii)当时,所以在单调递减.而,所以在有唯一零点.(iv)当时,所以0).(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对任意x(0,),f(x)恒成立,求实数m的最大值.【解析】(1)由f(x)xln x(x0),得f(x)1ln x,令f(x)0,得x;令f(x)0,得0x0),则g(x),由g(x)0x1,由g(x)00x1.所以g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,)上是增函数,所以g(x)ming(1)4,因此m4,所以m的最大值是4.2.(2018东北三省四校联考)已知函数f(x)ln xxm(m2,m为常数).(1)求函数f(x)在的最小值;(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,且x1x2,证明:x1x21.【解析】(1)解f(x)ln xxm(m0,所以yf(x)在(0,1)递增;当x(1,)时,f(x)0,函数f(x)在的最小值为1em.(2)证明由(1)知x1,x2满足ln xxm0,且0x11,ln x1x1mln x2x2m0,由题意可知ln x2x2m22,所以0x1,2),则g(x)10,当x2时,g(x)是减函数,所以g(x)lnlnlnlnln 10,g(x)2时,f(x1)f0,即f(x1)f.因为0x1,1,f(x)在(0,)上单调递增.所以x1,故x1x20,得x2.所以函数f(x)的单调递增区间是(,1),(2,).(2)由(1)知f(x)极大值f(1)22,f(x)极小值f(2)242,由数形结合,可知要使函数g(x)f(x)2m3有三个零点,则2m3,解得m0在(0,)上恒成立,则f(x)在(0,)上单调递增,又f(0)1,所以此时f(x)在(0,)内无零点,不满足题意.当a0时,由f(x)0得x,由f(x)0得0x0,f(x)单调递增,当x(0,1)时,f(x)0.f(x)minf(1)4a4,a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)由(1)知g(x)4ln xx4ln x2,g(x)的定义域为(0,),g(x)1,令g(x)0,得x11,x23.当x变化时,g(x),g(x)的取值变化情况如下表:x(0,1)1(1,3)3(3,)g(x)00g(x)极大值极小值当0x3时,g(x)g(1)43时,g(e5)e52022512290.又因为g(x)在(3,)上单调递增,因而g(x)在(3,)上只有1个零点,故g(x)仅有1个零点.6.(2015山东)设函数,其中()讨论函数极值点的个数,并说明理由;()若,成立,求的取值范围【解析】:()由题意知函数的定义域为,令,(1)当时,此时,函数在单调递增,无极值点;(2)当时,当时,函数在单调递增,无极值点;当时,设方程的两根为,因为,所以,由,可得,所以当时,函数单调递增;当时,函数单调递减;当时,函数单调递增;因此函数有两个极值点。(3)当时,由,可得,当时,函数单调递增;当时,函数单调递减;所以函数有一个极值点。综上所述:当时,函数有一个极值点;当时,函数无极值点;当时,函数有两个极值点。(II)由(I)知,(1)当时,函数在上单调递增,因为,所以时,符合题意;(2)当时,由,得,所以函数在上单调递增,又,所以时,符合题意;(3)当时,由,可得,所以时,函数单调递减;因为,所以时,不合题意;(4)当时,设,因为时,所以在上单调递增。因此当时,即,可得,当时

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