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探究课二 导数问题中的热点题型


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1.(2015· 毕节二模)已知 f(x)=xln x(x>0). (1)求 f(x)的最小值. (2)F(x)=ax2+f′(x).(a∈R),讨论函数 f(x)的单调性. 解 (1)由 f(x)=xln x,得

1 f′(x)=ln x+1(x>0),令 f′(x)=0,得 x= e . 1? ? ?1 ? ∴当 x∈?0, e?时,f′(x)<0;当 x∈? e,+∞?时,f′(x)>0, ? ? ? ? 1 1 1 1 ∴当 x= e时,f(x)min=e ln e=- e. (2)由题意及(1)知,F(x)=ax2+ln x+1(x>0),
2 1 2ax +1 所以 F′(x)=2ax+ x= x (x>0).

①当 a≥0 时,恒有 F′(x)>0,则 F(x)在(0,+∞)上是增函数; ②当 a<0 时,令 F′(x)>0,即 2ax2+1>0,解得 0<x< 令 F′(x)<0,即 2ax2+1<0,解得 x> 1 -2a. 1 -2a;

综上,当 a≥0 时,F(x)在(0,+∞)上是增函数; 1? 1 ? ? -2a?上单调递增,在? -2a,+∞?上单调递减. ? ? ? ln x 2.已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= x ,其中 e 是自然常数,a∈R. (1)讨论 a=1 时,函数 f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2; (3)是否存在正实数 a,使 f(x)的最小值是 3?若存在,求出 a 的值;若不存在, 请说明理由. (1)解 当 a=1 时,f(x)=x-ln x,x∈(0,e], ? 当 a<0 时,F(x)在?0, ?

1 x-1 f′(x)=1- x= x ,x∈(0,e], ∴当 0<x<1 时,f′(x)<0,此时 f(x)的单调递减; 当 1<x≤e 时,f′(x)>0 时,此时 f(x)的单调递增. ∴f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)证明 ∵f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值为 1, ∴[f(x)]min=1. 又 g′(x)= 1-ln x x2 ,

∴当 0<x<e 时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增. 1 1 ∴[g(x)]max=g(e)= e<2, 1 ∴[f(x)]min-[g(x)]max>2, 1 ∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+2. (3)解 假设存在正实数 a, 使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值 3, 1 ax-1 则 f′(x)=a- x= x ,x∈(0,e]. 1? 1 ? ①当 0<a<e 时,f(x)在?0,a?上单调递减, ? ? ?1 ? 在?a,e?上单调递增, ? ? ?1? [f(x)]min=f?a?=1+ln a=3,a=e2,满足条件; ? ? 1 ②当a≥e 时,f(x)在(0,e]上单调递减, [f(x)]min=f(e)=ae-1=3, 4 a=e (舍去),所以,此时 f(x)无最小值. 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时, f(x)有最小值 3. 3.(2015· 南京调研)已知函数 f(x)=ex-m-x,其中 m 为常数. (1)若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 恒成立,求 m 的取值范围; (2)当 m>1 时,判断 f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)依题意,可知 f′(x)=ex-m-1,

令 f′(x)=0,得 x=m. 故当 x∈(-∞,m)时,ex-m<1,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(m,+∞)时,ex-m>1,f′(x)>0,f(x)单调递增. 故当 x=m 时,f(m)为极小值也是最小值. 令 f(m)=1-m≥0,得 m≤1, 即对任意 x∈R,f(x)≥0 恒成立时,m 的取值范围是(-∞,1]. (2)当 m>1 时,f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e-m>0,f(0)· f(m)<0,且 f(x)在(0,m)上单调递减. ∴f(x)在(0,m)上有一个零点. 又 f(2m)=em-2m,令 g(m)=em-2m, 则 g′(m)=em-2, ∵当 m>1 时,g′(m)=em-2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增. ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即 f(2m)>0. ∴f(m)· f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点. 故 f(x)在[0,2m]上有两个零点. π? ? 4.(2014· 北京卷)已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈?0, ?. 2? ? (1)求证:f(x)≤0; π? sin x ? (2)若 a< x <b 对 x∈?0, ?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. 2? ? (1)证明 由 f(x)=xcos x-sin x,得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π? π? ? ? 因为在区间?0, ?上 f′(x)=-xsin x<0, 所以 f(x)在区间?0, ?上单调递减. 从 2? 2? ? ? 而 f(x)≤f(0)=0. sin x sin x (2)解 当 x>0 时, “ x >a”等价于“sin x-ax>0”; “ x <b”等价于“sin x-bx<0”. 令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. π? ? 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ?

π? ? 当 c≥1 时,因为对任意 x∈?0, ?,g′(x)=cos x-c<0, 2? ? π? ? 所以 g(x)在区间?0, ?上单调递减. 2? ? π? ? 从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π? ? 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈?0, ?使得 2? ? g′(x0)=cos x0-c=0. π? ? 于是,当 x 变化时,g(x),g′(x)在区间?0, ?的变化情况如下: 2? ?

X
g′(x) g(x)

(0,x0) + ↗

x0
0 极大值

π? ? ?x0, ? 2? ? -



因为 g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以 g(x0)>g(0)=0.进一步, “g(x)>0 对任 π π? 2 ? ?π ? 意 x∈?0, ?恒成立”当且仅当 g? ?=1- 2 c≥0,即 0<c≤ . 2? π ? ?2? 综上所述, 当且仅当 c≤ π? 2 ? 时, g(x)>0 对任意 x∈?0, ?恒成立; 当且仅当 c≥1 2? π ?

π? ? 时,g(x)<0 对任意 x∈?0, ?恒成立. 2? ? π? sin x 2 ? 所以,若 a< x <b 对任意 x∈?0, ?恒成立,则 a 的最大值为 ,b 的最小 2? π ? 值为 1. 1 5.已知函数 f(x)=-3x3+x2+(m2-1)x(x∈R),其中 m>0. (1)当 m=2 时,求曲线 y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程; ?3 ? (2)若 y=f(x)在?2,+∞?上存在单调递增区间,求 m 的取值范围; ? ? (3)已知函数 y=f(x)有三个互不相同的零点 0,x1,x2,且 x1<x2,若对任意的 x∈[x1,x2],f(x)>f(1)恒成立,求 m 的取值范围. 解 1 (1)m=2 时,f(x)=-3x3+x2+3x,

∵f′(x)=-x2+2x+3,∴切线斜率 k=f′(3)=0,

又 f(3)=9, ∴切线方程为 y=9. (2)f′(x)=-x2+2x+m2-1,其对称轴为 x=1,则 f′(x)在(1,+∞)单调递减,由 1 ?3? 条件知 f′?2?>0,∴m2>4, ? ? 1 又 m>0,∴m>2. 1 (3)f(x)=-3(x-0)(x-x1)(x-x2), 1 x1,x2 为方程-3x2+x+m2-1=0 的两根, 1 ∴x1+x2=3,且 Δ>0,结合 m>0,解得 m>2.① 3 ∵x1<x2,∴x2>2, 下面讨论 x1 与 1. 1 若 x1≤1<x2 时,即 1∈[x1,x2],则 f(1)=-3(1-0)(1-x1)(1-x2), ∴f(1)≥0,而 f(x1)=0,与条件矛盾. 若 1<x1<x2,则对?x∈[x1,x2], 1 f(x)=-3x(x-x1)(x-x2)≥0, 又 f(x1)=0,∴f(x)在[x1,x2]上的最小值为 0. 又 f(x)>f(1)恒成立,∴f(x)min>f(1),即 0>f(1), 1 3 3 ∴m2-3<0?- 3 <m< 3 .② ?1 3? 由①②知,m 的取值范围为? , ?. 2 3 ? ? 1 2 6.(2015· 晋中模拟)已知函数 f(x)=2ax -(2a+1)x+2ln x(a∈R). (1)若曲线 y=f(x)在 x=1 和 x=3 处的切线互相平行,求 a 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=x2-2x,若对任意 x1∈(0,2],均存在 x2∈(0,2],使得 f(x1)<g(x2), 求 a 的取值范围. 解 2 f′(x)=ax-(2a+1)+ x(x>0).

(1)由题意知 f′(1)=f′(3),

2 2 即 a-(2a+1)+2=3a-(2a+1)+3,解得 a=3. (2)f′(x)= (ax-1)(x-2) (x>0). x

①当 a≤0 时,∵x>0,∴ax-1<0,在区间(0,2)上, f′(x)>0;在区间(2,+∞)上,f′(x)<0, 故 f(x)的单调递增区间是(0,2), 单调递减区间是(2,+∞). 1? 1 1 ?1 ? ? ②当 0<a<2时,a>2,在区间(0,2)和?a,+∞?上,f′(x)>0;在区间?2,a? ? ? ? ? ?1 ? 上,f′(x)<0,故 f(x)的单调递增区间是(0,2)和?a,+∞?,单调递减区间是 ? ? 1? ? ?2,a?. ? ? (x-2)2 1 ③当 a=2时,f′(x)= ≥0,故 f(x)的单调递增区间是(0,+∞). 2x 1? 1 1 ? ?1 ? ④当 a>2时,0<a<2,在区间?0,a?和(2,+∞)上,f′(x)>0;在区间?a,2? ? ? ? ? 1? ? 上,f′(x)<0,故 f(x)的单调递增区间是?0,a?和(2,+∞),单调递减区间是 ? ? ?1 ? ?a,2?. ? ? (3)由题意知,在(0,2]上有 f(x)max<g(x)max. 由已知得 g(x)max=0,由(2)可知, 1 当 a≤2时,f(x)在(0,2]上单调递增, 故 f(x)max=f(2)=2a-2(2a+1)+2ln 2=-2a-2+2ln 2, 所以-2a-2+2ln 2<0,解得 a>ln 2-1, 1 故 ln 2-1<a≤2. 1? 1 ? ②当 a> 时,f(x)在?0,a?上单调递增; 2 ? ? ?1 ? 在?a,2?上单调递减, ? ? 1 ?1? 故 f(x)max=f ?a?=-2-2a-2ln a. ? ? 1 1 1 由 a>2可知 ln a>ln 2>ln e=-1, 所以 2ln a>-2,即-2ln a<2,所以,-2-2ln a<0,

所以 f(x)max<0,综上所述,a>ln 2-1.


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