第三章 章末复习课

章末复习课一、函数的单调性1．函数的单调性是研究函数最基本、最重要的性质，主要包括求单调区间和已知函数单调性求参数范围两类问题．2．研究函数的单调性，可以提升学生的逻辑推理和数学运算素养．例1 已知函数f (x )＝ln x －a x ＋a x 2(a ∈R )． (1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在[1，＋∞)内为增函数，求实数a 的取值范围．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝1x ＋a x 2－2a x 3＝x 2＋ax －2a x 3. (1)若a ＝1，则f ′(x )＝x 2＋x －2x 3＝(x ＋2)(x －1)x 3， 令f ′(x )＝0，得x ＝1(x ＝－2舍去)，当0<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，所以f (x )的递增区间为(1，＋∞)，递减区间为(0,1)．(2)由于f (x )在[1，＋∞)内为增函数，所以f ′(x )＝x 2＋ax －2a x 3≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即x 2＋ax －2a ≥0在[1，＋∞)上恒成立．令g (x )＝x 2＋ax －2a ，当－a 2≤1即a ≥－2时，g (x )在[1，＋∞)上是增函数， g (x )min ＝g (1)＝1－a ，因此1－a ≥0，所以－2≤a ≤1；当－a 2>1，即a <－2时，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫－a 2＝－a 24－2a ， 因此－a 24－2a ≥0，所以－8≤a <－2. 综上可得，实数a 的取值范围是－8≤a ≤1.反思感悟 研究函数单调性策略(1)研究函数的单调性即确定导数在相应区间的符号，含参数的函数要分类讨论．(2)已知函数单调性求参有两种思路：一是分析所给区间和单调区间的关系；二是转化为恒成立问题．跟踪训练1 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x ，讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x. 若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是增加的．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0. 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－12a 上是增加的，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上是减少的． 二、函数的极值、最值问题1．利用导函数可以研究函数的极值、最值问题，进而解决和函数相关的恒成立、函数零点等问题．2．函数的极值、最值问题的研究，可提升学生的逻辑推理、数学运算素养．例2 已知函数f (x )＝ln x ＋1x. (1)若f (x )在(m ，m ＋1)上存在极值，求实数m 的取值范围；(2)求证：当x >1时，f (x )e ＋1>2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1). (1)解 由题意知f ′(x )＝－ln x x 2(x >0)， 令f ′(x )>0，得0<x <1；令f ′(x )<0，得x >1，∴f (x )在(0,1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的．故x ＝1是函数f (x )的极大值点，且是唯一极值点，又f (x )在(m ，m ＋1)上存在极值，∴m <1<m ＋1，即0<m <1，故实数m 的取值范围是(0,1)．(2)证明 要证f (x )e ＋1>2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1)， 即证1e ＋1·(x ＋1)(ln x ＋1)x >2e x －1x e x ＋1， 令g (x )＝(x ＋1)(ln x ＋1)x， 则g ′(x )＝[(x ＋1)(ln x ＋1)]′x －(x ＋1)(ln x ＋1)x 2＝x －ln x x 2， 再令φ(x )＝x －ln x ，则φ′(x )＝1－1x ＝x －1x. 当x >1时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(1，＋∞)上是增函数，∴φ(x )>φ(1)＝1>0，∴g ′(x )>0，∴g (x )在(1，＋∞)上是增函数，∴当x >1时，g (x )>g (1)＝2，∴g (x )e ＋1>2e ＋1， 令h (x )＝2e x －1x e x ＋1， 则h ′(x )＝2e x －1(x e x ＋1)－(e x ＋x e x )e x －1(x e x ＋1)2＝2e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2. ∵当x >1时，1－e x <0，∴h ′(x )<0，即h (x )在(1，＋∞)上是减函数，∴当x >1时，h (x )<h (1)＝2e ＋1， ∴g (x )e ＋1>h (x )， 即f (x )e ＋1>2e x －1(x ＋1)(x e x ＋1). 反思感悟 函数极值、最值问题求解策略(1)通过函数单调性可研究函数的极值、最值．(2)一些函数零点、不等式问题可通过构造函数，研究函数的单调性、极值、最值并结合函数的大致图像解决．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x .(1)求f (x )的最小值；(2)若对所有x ≥1都有f (x )≥ax －1，求实数a 的取值范围；(3)若关于x 的方程f (x )＝b 恰有两个不相等的实数根，求实数b 的取值范围．解 (1)f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1e； 令f ′(x )<0，解得0<x <1e， 故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上是减少的，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上是增加的， 故f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ln 1e ＝－1e.(2)∵f (x )＝x ln x ，当x ≥1时，f (x )≥ax －1恒成立，等价于x ln x ≥ax －1(x ≥1)恒成立，等价于a ≤ln x ＋1x(x ≥1)恒成立， 令g (x )＝ln x ＋1x(x ≥1)， 则a ≤g (x )min 恒成立；∵g ′(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2， ∴当x ≥1时，g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，＋∞)上是增加的，∴g (x )min ＝g (1)＝1，∴a ≤1，即实数a 的取值范围为(－∞，1]．(3)若关于x 的方程f (x )＝b 恰有两个不相等的实数根，即y ＝b 的图像和y ＝f (x )的图像在(0，＋∞)上有两个不同的交点，由(1)知当0<x <1e时，f (x )<0，当x >1时，f (x )>0. f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1e 上是减少的，在⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞上是增加的， f (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ln 1e ＝－1e； 故当－1e<b <0时，满足y ＝b 的图像和y ＝f (x )的图像在(0，＋∞)上有两个不同的交点， 即若关于x 的方程f (x )＝b 恰有两个不相等的实数根，则－1e<b <0. 三、导数在实际问题中的应用1．利用导数求实际问题的最大(小)值时，应注意的问题(1)求实际问题的最大(小)值时，一定要从问题的实际意义去考查，不符合实际意义的值应舍去．(2)在实际问题中，由f ′(x )＝0常常仅解到一个根，若能判断函数的最大(小)值在x 的变化区间内部得到，则这个根处的函数值就是所求的最大(小)值．2．通过导数在实际问题中的应用，培养数学建模、数学运算等核心素养．例3 某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大．解 (1)因为蓄水池侧面的建造成本为100·2πrh ＝200πrh (元)，底面的建造成本为160πr 2，所以蓄水池的总建造成本为(200πrh ＋160πr 2)元，又200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r(300－4r 2)，从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3)．因为r >0，又由h >0可得r <53， 故函数V (r )的定义域为(0,53)．(2)因为V (r )＝π5(300r －4r 3)， 所以V ′(r )＝π5(300－12r 2)．令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(舍去)．当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数．由此可知，V (r )在r ＝5处取得极大值也为最大值，此时h ＝8，即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大．反思感悟 (1)应用导数解决实际问题的关键是认真分析题意，建立函数模型．由于是实际问题，要注意，根据问题实际，确定函数的定义域．(2)根据所建立的函数模型，用导数求最大、最小值．跟踪训练3 某公司为获得更大的收益，每年要投入一定的资金用于广告促销．经调查，每年投入广告费t (百万元)，可增加销售额约为－t 2＋5t (百万元)(0≤t ≤3)．(1)若该公司将当年的广告费控制在3百万元之内，则应投入多少广告费，才能使该公司获得的收益最大？(2)现该公司准备共投入3百万元，分别用于广告促销和技术改造．经预测，每投入技术改造费x (百万元)，可增加的销售额为－13x 3＋x 2＋3x (百万元)．请设计一个资金分配方案，使该公司由此获得的收益最大．解 (1)设投入t (百万元)的广告费后增加的收益为f (t )(百万元)，则有f (t )＝(－t 2＋5t )－t ＝－t 2＋4t＝－(t －2)2＋4(0≤t ≤3)，所以当t ＝2时，f (t )取得最大值4，即投入2百万元的广告费时，该公司获得的收益最大．(2)设用于技术改造的资金为x (百万元)，则用于广告促销的资金为(3－x )(百万元)．由此获得的收益是g (x )(百万元)，则g (x )＝－13x 3＋x 2＋3x ＋[－(3－x )2＋5(3－x )]－3＝－13x 3＋4x ＋3(0≤x ≤3)， 所以g ′(x )＝－x 2＋4.令g ′(x )＝0，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.又当0≤x <2时，g ′(x )>0；当2<x ≤3时，g ′(x )<0.故g (x )在[0,2)上是增函数，在(2,3]上是减函数，所以当x ＝2时，g (x )取得极大值，也是最大值，即将2百万元用于技术改造，1百万元用于广告促销，可使该公司获得的收益最大．1．函数f (x )＝2x 2－ln x 的递增区间是( )A.⎝⎛⎭⎫0，12 B.⎝⎛⎭⎫－12，0和⎝⎛⎭⎫12，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞D.⎝⎛⎭⎫－∞，－12和⎝⎛⎭⎫0，12 答案 C解析 由题意得f ′(x )＝4x －1x ＝4x 2－1x ，且x >0， 由f ′(x )>0，即4x 2－1>0，解得x >12.故选C. 2．若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．9答案 D解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，∵f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，∴a ＋b ＝6.又a >0，b >0，∴a ＋b ≥2ab ，∴2ab ≤6()当且仅当a ＝b ＝3时等号成立，∴ab ≤9.3．若函数f (x )的导数是f ′(x )＝－x (ax ＋1)(a <0)，则函数f (x )的递减区间是( )A.⎝⎛⎭⎫1a ，0B.⎝⎛⎭⎫－∞，1a ，()0，＋∞C.⎝⎛⎭⎫0，－1a D ．(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－1a ，＋∞ 答案 C解析 ∵f ′(x )＝－x (ax ＋1)(a <0)，令f ′(x )<0，即－x (ax ＋1)<0，解得0<x <－1a，故选C. 4．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则m 的取值范围是________． 答案 ⎣⎡⎭⎫32，＋∞解析 f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，验证可知x ＝3是函数的最小值，故f (x )min ＝f (3)＝3m －272， 由f (x )＋9≥0恒成立，得f (x )≥－9恒成立，即3m －272≥－9，∴m ≥32. 5．甲乙两地相距240 km ，汽车从甲地以速度v (km/h)匀速行驶到乙地．已知汽车每小时的运输成本由固定成本和可变成本组成，固定成本为160元，可变成本为16 400v 3元．为使全程运输成本最小，汽车应以怎样的速度行驶？解 设全程运输成本为y 元，由题意知y ＝240v ⎝⎛⎭⎫160＋16 400v 3(v >0)， y ′＝240⎝⎛⎭⎫－160v 2＋26 400v ，令y ′＝0，得v ＝80， 当v >80时，y ′>0；当0<v <80时，y ′<0.∴v ＝80时，y min ＝720.即汽车以80 km/h 的速度行驶时，全程运输成本最小．。