届高三数学一轮复习教案+课时作业 第15节导数与函数的综合问题.docx
《届高三数学一轮复习教案+课时作业 第15节导数与函数的综合问题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高三数学一轮复习教案+课时作业 第15节导数与函数的综合问题.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届高三数学一轮复习教案+课时作业第15节导数与函数的综合问题
第15节 导数与函数的综合问题
考点一 利用导数求解函数的零点或方程的根的问题
【例1】(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)=2a2lnx-x2(a>0).
(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程;
(2)求函数f(x)的单调区间;
(3)讨论函数f(x)在区间(1,e2)上零点的个数(e为自然对数的底数).
解
(1)当a=1时,f(x)=2lnx-x2,
∴f′(x)=-2x,∴f′
(1)=0,
又f
(1)=-1,
∴曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y+1=0.
(2)∵f(x)=2a2lnx-x2,∴f′(x)=-2x==,
∵x>0,a>0,∴当00,当x>a时,f′(x)<0.
∴f(x)在(0,a)上是增函数,在(a,+∞)上是减函数.
(3)由
(2)得f(x)max=f(a)=a2(2lna-1).
讨论函数f(x)的零点情况如下:
①当a2(2lna-1)<0,即0②当a2(2lna-1)=0,即a=时,函数f(x)在(0,+∞)内有唯一零点a,而1③当a2(2lna-1)>0,即a>时,由于f(1)=-1<0,f(a)=a2(2lna-1)>0,f(e2)=2a2lne2-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2),当2a-e2<0,即由函数的单调性可知,函数f(x)在(1,a)内有唯一零点x1,在(a,e2)内有唯一零点x2,∴f(x)在(1,e2)内有两个零点.当2a-e2≥0,即a≥>时,f(e2)≥0,而且f()=2a2·-e=a2-e>0,f(1)=-1<0,由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是a综上所述,当0规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数,把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.(2)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,并借助函数的大致图象判断方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练1】(2018·九江模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.解 g(x)=2lnx-x2+m,则g′(x)=-2x=.因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.当≤x<1时,g′(x)>0;当1故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
②当a2(2lna-1)=0,即a=时,函数f(x)在(0,+∞)内有唯一零点a,而1③当a2(2lna-1)>0,即a>时,由于f(1)=-1<0,f(a)=a2(2lna-1)>0,f(e2)=2a2lne2-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2),当2a-e2<0,即由函数的单调性可知,函数f(x)在(1,a)内有唯一零点x1,在(a,e2)内有唯一零点x2,∴f(x)在(1,e2)内有两个零点.当2a-e2≥0,即a≥>时,f(e2)≥0,而且f()=2a2·-e=a2-e>0,f(1)=-1<0,由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是a综上所述,当0规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数,把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.(2)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,并借助函数的大致图象判断方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练1】(2018·九江模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.解 g(x)=2lnx-x2+m,则g′(x)=-2x=.因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.当≤x<1时,g′(x)>0;当1故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
③当a2(2lna-1)>0,即a>时,
由于f
(1)=-1<0,f(a)=a2(2lna-1)>0,f(e2)=2a2lne2-e4=4a2-e4=(2a-e2)(2a+e2),
当2a-e2<0,即由函数的单调性可知,函数f(x)在(1,a)内有唯一零点x1,在(a,e2)内有唯一零点x2,∴f(x)在(1,e2)内有两个零点.当2a-e2≥0,即a≥>时,f(e2)≥0,而且f()=2a2·-e=a2-e>0,f(1)=-1<0,由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是a综上所述,当0规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数,把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.(2)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,并借助函数的大致图象判断方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练1】(2018·九江模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.解 g(x)=2lnx-x2+m,则g′(x)=-2x=.因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.当≤x<1时,g′(x)>0;当1故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
由函数的单调性可知,函数f(x)在(1,a)内有唯一零点x1,在(a,e2)内有唯一零点x2,
∴f(x)在(1,e2)内有两个零点.
当2a-e2≥0,即a≥>时,f(e2)≥0,而且f()=2a2·-e=a2-e>0,f
(1)=-1<0,由函数的单调性可知,无论a≥e2,还是a综上所述,当0规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数,把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.(2)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,并借助函数的大致图象判断方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练1】(2018·九江模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.解 g(x)=2lnx-x2+m,则g′(x)=-2x=.因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.当≤x<1时,g′(x)>0;当1故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
综上所述,当0规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数,把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.(2)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,并借助函数的大致图象判断方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.【训练1】(2018·九江模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.解 g(x)=2lnx-x2+m,则g′(x)=-2x=.因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.当≤x<1时,g′(x)>0;当1故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
规律方法
(1)本题求解的关键是通过构造函数,把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决.
(2)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,并借助函数的大致图象判断方程根的情况,这是导数这一工具在研究方程中的重要应用.
【训练1】(2018·九江模拟)已知函数f(x)=2lnx-x2+ax(a∈R),若函数g(x)=f(x)-ax+m在上有两个零点,求实数m的取值范围.
解 g(x)=2lnx-x2+m,
则g′(x)=-2x=.
因为x∈,所以当g′(x)=0时,x=1.
当≤x<1时,g′(x)>0;
当1故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
故g(x)在x=1处取得极大值g
(1)=m-1.
又g=m-2-,g(e)=m+2-e2,
g(e)-g=4-e2+<0,则g(e)所以g(x)在上的最小值是g(e).g(x)在上有两个零点的条件是解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
所以g(x)在上的最小值是g(e).
g(x)在上有两个零点的条件是
解得1所以实数m的取值范围是.考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)命题角度1 证明不等式【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)设g(x)=lnx,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
所以实数m的取值范围是.
考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)
命题角度1 证明不等式
【例2-1】(2018·青岛模拟)已知函数f(x)=在点(-1,f(-1))处的切线方程为x+y+3=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)设g(x)=lnx,求证:
g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立;
(3)若0>.(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①f′(x)=,f′(-1)==-1.②联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0,所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.(3)证明 因为01,由(2)知ln>,整理得>,所以当0.命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.解 (1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,解得x1=--1,x2=-1,令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
>.
(1)解 将x=-1代入切线方程得y=-2,
所以f(-1)==-2,化简得b-a=-4.①
f′(x)=,
f′(-1)==-1.②
联立①②,解得a=2,b=-2.所以f(x)=.
(2)证明 由题意知要证lnx≥在[1,+∞)上恒成立,
即证明(x2+1)lnx≥2x-2,x2lnx+lnx-2x+2≥0在[1,+∞)上恒成立.
设h(x)=x2lnx+lnx-2x+2,则h′(x)=2xlnx+x+-2,
因为x≥1,所以2xlnx≥0,x+≥2·≥2(当且仅当x=1时等号成立),即h′(x)≥0,
所以h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h
所以g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立.
(3)证明 因为01,
由
(2)知ln>,整理得>,
所以当0.
命题角度2 由不等式恒(能)成立求参数的范围
【例2-2】(2017·全国Ⅱ卷改编)设函数f(x)=(1-x2)ex.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当x≥0时,f(x)≤ax+1,求正实数a的取值范围.
(1)f′(x)=-2xex+(1-x2)ex=(1-2x-x2)ex.
令f′(x)=0,得x2+2x-1=0,
解得x1=--1,x2=-1,
令f′(x)>0,则x∈(--1,-1),令f′(x)<0,则x∈(-∞,--1)∪(-1,+∞).
∴f(x)在区间(-∞,--1),(-1,+∞)上单调递减,在区间(--1,-1)上单调递增.
(2)f(x)=(1+x)(1-x)ex.
当a≥1时,设函数h(x)=(1-x)ex,h′(x)=-xex<0(x>0),因此h(x)在[0,+∞)上单调递减,又h(0)=1,故h(x)≤1,
所以f(x)=(x+1)h(x)≤x+1≤ax+1.
当0设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.又g(0)=0,故ex≥x+1.当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
设函数g(x)=ex-x-1,g′(x)=ex-1>0(x>0),
所以g(x)在[0,+∞)上单调递增.
又g(0)=0,故ex≥x+1.
当0又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),取x0=,则x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)当a=0时,求证:f(x)≥0;(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h′(x)=ex-2a.①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,∴当a≤时满足条件.②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
又(1-x)(1+x)2-(ax+1)=x(1-a-x-x2),
取x0=,则x0∈(0,1),
(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故f(x0)>ax0+1.
综上可知,正实数a的取值范围是[1,+∞).
规律方法 1.利用导数方法证明不等式f(x)>g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)=f(x)-g(x),然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h(x)>0.
2.不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决.解答相应的参数不等式,如果易分离参数,可先分离变量,构造函数,直接转化为函数的最值问题,避免参数的讨论.
【训练2】(2018·沈阳模拟)已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)当a=0时,求证:
f(x)≥0;
(2)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.
(1)证明 当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,
f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0.
(2)解 f′(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,
则h′(x)=ex-2a.
①当2a≤1时,在[0,+∞)上,h′(x)≥0,h(x)单调递增,
h(x)≥h(0),即f′(x)≥f′(0)=0,
∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,∴f(x)≥f(0)=0,
∴当a≤时满足条件.
②当2a>1时,令h′(x)=0,解得x=ln(2a),
在[0,ln(2a))上,h′(x)<0,h(x)单调递减,
∴当x∈(0,ln(2a))时,有h(x)∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
∴f(x)在区间(0,ln(2a))上为减函数,∴f(x)综上,实数a的取值范围为.(3)证明 由(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,即ex-1>x+,欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>.设F(x)=ln(x+1)-,则F′(x)=-=.∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.考点三 用导数研究生活中的优化问题【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).(1)求y关于v的函数关系式;(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.解 (1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).(2)y′=-=,令y′=0得v=10,当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
综上,实数a的取值范围为.
(3)证明 由
(2)得,当a=,x>0时,ex>1+x+,
即ex-1>x+,
欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,
只需证ln(x+1)>.
设F(x)=ln(x+1)-,
则F′(x)=-=.
∵当x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,
∴F(x)>0恒成立.∴原不等式得证.
考点三 用导数研究生活中的优化问题
【例3】(2018·衡水中学质检)在某次水下科研考察活动中,需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业,根据以往经验,潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间),每单位时间的用氧量为+1(升),在水底作业10个单位时间,每单位时间用氧量为0.9(升),返回水面的平均速度为(米/单位时间),每单位时间用氧量为1.5(升),记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升).
(1)求y关于v的函数关系式;
(2)若c≤v≤15(c>0),求当下潜速度v取什么值时,总用氧量最少.
(1)由题意,下潜用时(单位时间),用氧量为×=+(升),水底作业时的用氧量为10×0.9=9(升),返回水面用时=(单位时间),用氧量为×1.5=(升),因此总用氧量y=++9(v>0).
(2)y′=-=,令y′=0得v=10,
当0当v>10时,y′>0,函数单调递增.若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,∴当v=10时,总用氧量最少.若c≥10,则y在[c,15]上递增,∴当v=c时,这时总用氧量最少.规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;(4)回归实际问题作答.2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:千克)与销售价格x(单位:元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
当v>10时,y′>0,函数单调递增.
若c<10,函数在(c,10)上递减,在(10,15)上递增,
∴当v=10时,总用氧量最少.
若c≥10,则y在[c,15]上递增,
∴当v=c时,这时总用氧量最少.
规律方法 1.利用导数解决生活中优化问题的一般步骤:
(1)设自变量、因变量,建立函数关系式y=f(x),并确定其定义域;
(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;
(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值;
(4)回归实际问题作答.
2.如果目标函数在定义域内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点.
【训练3】某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量y(单位:
千克)与销售价格x(单位:
元/千克)满足关系式y=+10(x-6)2,其中3(1)求a的值;(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.(2)由(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,所以商场每日销售该商品所获得的利润为f(x)=(x-3)=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
(1)求a的值;
(2)若该商品的成本为3元/千克,试确定销售价格x的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大.
(1)因为x=5时,y=11,所以+10=11,a=2.
(2)由
(1)可知,该商品每日的销售量为y=+10(x-6)2,
所以商场每日销售该商品所获得的利润为
f(x)=(x-3)
=2+10(x-3)(x-6)2,3从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]=30(x-4)·(x-6),于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x(3,4)4(4,6)f′(x)+0-f(x)单调递增极大值42单调递减由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.基础巩固题组(建议用时:40分钟)一、选择题1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )A.3B.2C.1D.0解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.答案 C
从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)]
=30(x-4)·(x-6),
于是,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x)
+
0
-
f(x)
单调递增
极大值42
单调递减
由上表可得,x=4时,函数f(x)取得极大值,也是最大值,
所以,当x=4时,函数f(x)取得最大值,且最大值等于42.
故当销售价格为4元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.
基础巩固题组
(建议用时:
40分钟)
一、选择题
1.方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数是( )
A.3B.2C.1D.0
解析 设f(x)=x3-6x2+9x-10,f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),由此可知函数的极大值为f
(1)=-6<0,极小值为f(3)=-10<0,所以方程x3-6x2+9x-10=0的实根个数为1.
答案 C
copyright@ 2008-2022 冰豆网网站版权所有
经营许可证编号:鄂ICP备2022015515号-1