2018课标版理数一轮(3)第三章-导数及其应用(含答案)4 第四节 导数的综合应用

(1)当a为何值时,x轴为曲线y=f(x)的切线? (2)用min{m,n}表示m,n中的最小值,设函数h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x)零点的个数.
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解析 (1)设曲线y=f(x)与x轴相切于点(x0,0),则f(x0)=0, f '(x0)=0,即
1 3 x0 ax0 0, 4 2 3 x0 a 0. 1 3 解得x0= ,a=- . 2 4 3 因此,当a=- 时,x轴为曲线y=f(x)的切线. 4
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a 3 1 5 5 3 ③若f <0,即-3<a<- ,由于f(0)= , f(1)=a+ ,所以当- <a<- 时, 3 4 4 4 4 4 5 f(x)在(0,1)内有两个零点;当-3<a≤- 时, f(x)在(0,1)内有一个零点. 4 3 5 3 5 综上,当a>- 或a<- 时,h(x)有一个零点;当a=- 或a=- 时,h(x)有两个零 4 4 4 4 5 3 点;当- <a<- 时,h(x)有三个零点. 4 4
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方程f '(x)=0的判别式Δ=(2b)2-12ac, (1)当Δ≤0,即b2≤3ac时, f '(x)≥0恒成立, f(x)在R上为增函数,又易知存 在x'、x″∈R,使f(x')f(x″)<0,故方程f(x)=0有① 一 个实根. (2)当Δ>0,即b2>3ac时,方程f '(x)=0有两个实根,设为x1,x2(x1<x2),函数在x1 处取得极大值M,在x2处取得极小值m(M>m). a.当m>0时,方程f(x)=0有② 一 个实根; b.当m=0时,方程f(x)=0有③ 两 个实根; c.当m<0,M>0时,方程f(x)=0有④ 三 个实根;
a 3
1 4
5 4

a 3
a 2a a a 1 时, f(x)取得最小值,最小值为f = + (0,1)中,当x= . 3 3 3 3 4 a 3 ①若f >0,即- <a<0,则f(x)在(0,1)内无零点; 3 4 a 3 ②若f =0,即a=- ,则f(x)在(0,1)内有唯一零点; 3 4
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考点二
利用导数研究不等式的有关问题
命题角度一 证明不等式
典例2 (2016课标全国Ⅲ,21,12分)设函数f(x)=ln x-x+1. (1)讨论f(x)的单调性; (2)证明当x∈(1,+∞)时,1< <x; (3)设c>1,证明当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 解析 (1)由题设知, f(x)的定义域为(0,+∞), f ' (x)= -1,令f '(x)=0,解得x=1.
零点.
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当x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑f(x)在(0,1)内的零点个数. (i)若a≤-3或a≥0,则f '(x)=3x2+a在(0,1)内无零点,故f(x)在(0,1)内单调.而 f(0)= , f(1)=a+ ,所以当a≤-3时, f(x)在(0,1)内有一个零点;当a≥0时, f(x)在(0,1)内没有零点. (ii)若-3<a<0,则f(x)在 0, 内单调递减,在 ,1 内单调递增,故在
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理数
课标版
第四节 导数的综合应用
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教材研读
1.利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导.
(4)利用h'(x)判断h(x)的单调性或最值.
(5)下结论.
2.一元三次方程根的个数问题
令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则f '(x)=3ax2+2bx+c.
2 3
2 - 3
2
, 3
f '(x) f(x)
+ ↗
0 c
↘
0
32 c- 27
+ ↗
(6分)
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2 ,x ∈ 32 <0时,存在x ∈(-4,-2),x ∈ 2 ,使 所以,当c>0且c- 1 2 3 2, ,0
因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a∈ , .
1 2
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方法技巧 1.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). 2.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.
1 2ax 2 1 (1)f '(x)=2ax- = (x>0). x x
1 2a
1 x
当a≤0时, f '(x)<0, f(x)在(0,+∞)内单调递减. 当a>0时,由f '(x)=0,有x= .
1 此时,当x∈ 0, 时, f (2)当x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0,从而h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0,故h(x) 在(1,+∞)内无零点.
5 5 4 4 5 (x)的零点;若a<- ,则f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故x=1不是h(x)的 4
当x=1时,若a≥- ,则f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故x=1是h
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(2)当a=b=4时, f(x)=x3+4x2+4x+c, 所以f '(x)=3x2+8x+4. 令f '(x)=0,得3x2+8x+4=0, 解得x=-2或x=- . (4分) f(x)与f '(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下表:
x (-∞,-2) -2
2 2, 3
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综上所述,若函数f(x)有三个不同零点,则必有Δ=4a2-12b>0. 故a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要条件. (11分) 当a=b=4,c=0时,a2-3b>0, f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有两个不同零点,所以 a2-3b>0不是f(x)有三个不同零点的充分条件.(12分) 因此a2-3b>0是f(x)有三个不同零点的必要而不充分条件. (13分)
1 时, f '(x)>0, f(x)单调递增. 当x∈ , 2a
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1 1 e x 1 1 x-1 x-1 (2)令g(x)= - x 1 = x 1 ,s(x)=e -x.则s'(x)=e -1. xe x e
而当x>1时,s'(x)>0,
所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0. 当a≤0,x>1时, f(x)=a(x2-1)-ln x<0. 故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.
c 1 ln c
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命题角度二 不等式恒成立问题 典例3 (2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; (2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718… 为自然对数的底数). 解析
1 x
x 1 ln 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. (4分) (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.
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1 1 x 1 故当x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln < -1,即1< <x. (7分) x x ln x
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方法技巧 利用导数研究方程根的方法 (1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最 小值、变化趋势等. (2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置. (3)可以通过数形结合的思想去分析问题,使问题的求解有一个清晰、 直观的整体展现.
1 1-1 (2015课标Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x. 4
27
得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.
27

3
3

32 时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有三个不 由f(x)的单调性知,当且仅当c∈ 0,
同零点. (8分)
(3)证明:当Δ=4a2-12b<0时, f '(x)=3x2+2ax+b>0,x∈(-∞,+∞),