1、第17讲 导数的综合应用,第17讲 导数的综合应用 1.若函数f(x)=mxsin x- (mR),若对x , f(x)的最大值为 ,则实数m 的取值为 .,答案 1,解析 因为f (x)=m(sin x+xcos x),当m0时, f(x)在x 上递减,最大值为f (0)=- ,不符合题意,所以m0,此时f(x)在x 上递增,最大值为f = m-= ,解得m=1,符合题意,故m=1.,2.已知函数f(x)= 当x(-,m时, f(x)的取值范围为-16,+),则 实数m的取值范围是 .,答案 -2,8,解析 当x0时, f (x)=12-3x2=3(2+x)(2-x),由f (x)=0得x=
2、-2,且x(-,-2)时, f (x)0, f(x)递增,且f(-2)=-16,作出函数f(x)的图象, 由图象可得当m-2,8时, f(x)-16,+).,3.若函数f(x)= 则函数y=|f(x)|- 的零点个数为 .,答案 4,解析 当x1时, f(x)= ,则f (x)= ,由f (x)=0得x= ,当x(1, )时, f (x)0, f(x)递增, x( ,+)时, f (x)0,且x+, f(x)0,作出函数y=|f(x)| 的图象如图,由图可得y=|f(x)|- 有4个零点.,4.设函数f(x)= (aR,e为自然对数的底数).若曲线y=sin x上存在一点 (x0,y0)使得f
3、(f(y0)=y0,则a的取值范围是 .,答案 1,e,题型一 导数与不等式的综合应用,例1 (2018南京高三第三次模拟)已知函数f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a0),记f (x)为f (x)的导函数. (1)若f (x)的极大值为0,求实数a的值; (2)若函数g (x)=f (x)+6x,求g (x)在0,1上取到最大值时x的值; (3)若关于x的不等式f(x)f (x)在 上有解,求满足条件的正整数a的取 值集合.,解析 (1)因为f (x)=2x3-3ax2+3a-2(a0),所以f (x)=6x2-6ax=6x(x-a).令f (x)=0,得x=0或a. 当x(-,0)时
4、, f (x)0, f (x)单调递增;当x(0,a)时, f (x)0, f (x)单调递增. 故f (x)极大值=f (0)=3a-2=0,解得a= .,(2)g (x)=f (x)+6x=2x3-3ax2+6x+3a-2(a0),则g(x)=6x2-6ax+6=6(x2-ax+1),x0,1.,当0a2时,=36(a2-4)0,所以g(x)0恒成立,g(x)在0,1上单调递增, g (x)取得最大值时x的值为1.,当a2时,g(x)的对称轴为x= 1,且=36(a2-4)0,g(1)=6(2-a)0, 所以g(x)在(0,1)上存在唯一零点x0= . 当x(0,x0)时,g(x)0,g
5、(x)单调递增,当x(x0,1)时,g(x)2时,g (x)取得最大值时x的值为 .,(3)设h(x)=f (x)-f (x)=2x3-3(a+2)x2+6ax+3a-2,则h(x)0在 上有解. h(x)=6x2-(a+2)x+a=6 , 因为h(x)在 上单调递减,所以h(x)h =- a20,所以h(x)在 上单调递减,所以h 0,即a3-3a2-6a+40.,设t(a)=a3-3a2-6a+4(a0),则t(a)=3a2-6a-6, 当a(0,1+ )时,t(a)0,t(a)单调递增. 因为t(0)=40,t(1)=-40,所以t(a)存在一个零点n(4,5), 所以t(a)0的解集为
6、m,n,故满足条件的正整数a的取值集合为1,2,3,4.,【方法归纳】 (1)不等式恒成立与能成立问题的常用解法: 分离参数后转化为函数的最值问题:不等式恒成立问题在变量与参数易于 分离的情况下,通过分离参数将原问题转化为函数的最值问题,形如af(x)max 或af(x)min. 直接转化为函数的最值问题:在参数难以分离的情况下,直接转化为含参函 数的最值问题,常常需要对参数进行分类讨论. (2)利用导数证明不等式常见类型及解题策略:构造差函数.根据函数的导 函数符号,确定差函数单调性,利用单调性得不等关系,进而证明不等式. 根 据条件,寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之
7、间大,小关系,或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.,题型二 导数与函数、方程的综合应用,例2 (2018江苏扬州中学高三第四次模拟)已知函数f(x)= , (1)求函数f(x)的单调区间; (2)当0m 时,判断函数g(x)= -m(x0)有几个零点,并证明你的结论; (3)设函数h(x)= - -cx2,若函数h(x)在(0,+)上为增函 数,求实数c的取值范围.,解析 (1)f (x)= = ,所以函数f(x)的单调增区间为(0,2),单调减区间为(-,0),(2,+). (2)函数g(x)= -m(x0)有2个零点.证明如下: 因为00,g(0)=-m0, 且g(x)在(0,2
8、)上单调递增且连续, 得g(x)在(0,2)上仅有一个零点,由(1)可得x0时, f(x)f(2),即 x2, 所以g = -m= = ,由exx2得 ,平方得 ,所 以g 0,g 0,且g(x)在(2,+)上单调递减且连续得g(x)在(2,+)上仅有 一个零点, 综上得:函数g(x)= -m(x0)有2个零点.,(3)记函数F(x)=f(x)- = -x+ ,x0,下面考查F(x)的符号. 求导得F(x)= -1- ,x0.当x2时F(x)0恒成立. 当0x2时,x(2-x) =1,从而F(x)= -1- -1- 0,F(2)= - 0;x(x0,+),F(x)0. h(x)= h(x)=,
9、因为h(x)在(0,+)上单调递增且连续,所以h(x)0在(0,x0),(x0,+)上恒成立. 当xx0时, -2cx0在(x0,+)上恒成立,即2c 在(x0,+)上恒成 立.记u(x)= ,xx0,则u(x)= ,xx0, 当x变化时,u(x),u(x)变化情况如下表:,u(x)min=u(x)极小=u(3)=- . 故2cu(x)min=- ,即c- . 当00在(0,x0)上恒成立. 综合(1)(2)知, 实数c的取值范围是c- .,【核心归纳】 对于函数零点的个数的相关问题,利用导数和数形结合的数 学思想来求解.这类问题求解的通法: 构造函数,这是解决此类题的关键点和难点,并求其定义
10、域;求导数,得单 调区间和极值点;画出函数草图;数形结合,挖掘隐含条件,确定函数图象 与x轴的交点情况进而求解.,题型三 导数中的探索性问题,例3 (2018苏锡常镇四市高三调研(二)已知函数f(x)=x3+ax2+bx+1,a,bR. (1)若a2+b=0. (i)a0时,求函数f(x)的极值(用a表示); (ii)若f(x)有三个相异零点,问是否存在实数a使得这三个零点成等差数列?若 存在,试求出a的值;若不存在,请说明理由; (2)函数f(x)图象上点A处的切线l1与f(x)的图象相交于另一点B,在点B处的切线 为l2,直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,且k2=4k1,求a,b满足的
11、关系式.,解析 (1)(i)由f (x)=3x2+2ax+b及a2+b=0, 得f (x)=3x2+2ax-a2, 令f (x)=0,解得x= 或x=-a. 由a0知,x(-,-a), f (x)0, f(x)单调递增, x , f (x)0, f(x)单调递增, 因此, f(x)的极大值为f(-a)=1+a3, f(x)的极小值为f =1- . (ii)当a=0时,b=0,此时f(x)=x3+1不存在三个相异零点;,当a . 不妨设f(x)的三个零点为x1,x2,x3,且x1x2x3, 则f(x1)=f(x2)=f(x3)=0, f(x1)= +a -a2x1+1=0, f(x2)= +a
12、-a2x2+1=0, f(x3)= +a -a2x3+1=0,-得(x2-x1)( +x1x2+ )+a(x2-x1)(x2+x1)-a2(x2-x1)=0, 因为x2-x10,所以 +x1x2+ +a(x2+x1)-a2=0, 同理 +x3x2+ +a(x3+x2)-a2=0, -得x2(x3-x1)+(x3-x1)(x3+x1)+a(x3-x1)=0, 因为x3-x10,所以x2+x3+x1+a=0, 又x1+x3=2x2,所以x2=- . 所以f =0,即a3=- -1, 因此,存在这样的实数a=- 满足条件.,(2)设A(m, f(m),B(n, f(n),则k1=3m2+2am+b,k2=3n2+2an+b, 又k1= = =m2+mn+n2+a(m+n)+b, 由此可得3m2+2am+b=m2+mn+n2+a(m+n)+b,化简得n=-a-2m, 因此,k2=3(-a-2m)2+2a(-a-2m)+b=12m2+8am+a2+b, 所以,12m2+8am+b+a2=4(3m2+2am+b), 所以a2=3b.,【方法归纳】 导数与函数部分的探索性问题的解题策略与其他存在性问 题的解题策略相同,都是假设存在,由此通过推理、演算,根据结果确定假设 是否成立,也可利用分析法,要存在,则需要什么条件,逐步探索条件是否满足.,
