1、第二课时利用导数解决不等式、方程解的问题1(2013新课标全国卷)设函数f(x)x2axb,g(x)ex(cxd),若曲线yf(x)和曲线yg(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y4x2. (1)求a,b,c,d的值;(2)若x2时,f(x)kg(x),求k的取值范围解:(1)由已知得f(0)2,g(0)2,f(0)4,g(0)4.而f(x)2xa,g(x)ex(cxdc),故b2,d2,a4,dc4.从而a4,b2,c2,d2.(2)由(1)知,f(x)x24x2,g(x)2ex(x1)设函数F(x)kg(x)f(x)2kex(x1)x24x2,则F(x)2kex(x2)2x42
2、(x2)(kex1)由题设可得F(0)0,即k1.令F(x)0得x1ln k,x22.()若1ke2,则2x10,从而当x(2,x1)时,F(x)0;当x(x1,)时,F(x)0,即F(x)在(2,x1)上单调递减,在(x1,)上单调递增,故F(x)在2,)上的最小值为F(x1)而F(x1)2x12x4x12x1(x12)0.故当x2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立()若ke2,则F(x)2e2(x2)(exe2)从而当x2时,F(x)0,即F(x)在(2,)上单调递增而F(2)0,故当x2时,F(x)0,即f(x)kg(x)恒成立()若ke2,则F(2)2ke222e2(ke2)0
3、.从而当x2时,f(x)kg(x)不可能恒成立综上,k的取值范围是1,e22(2013福建高考)已知函数f(x)x1(aR,e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴,求a的值;(2)求函数f(x)的极值;(3)当a1时,若直线l:ykx1与曲线yf(x)没有公共点,求k的最大值解:法一:(1)由f(x)x1,得f(x)1.因为曲线yf(x)在点(1,f(1)处的切线平行于x轴,所以f(1)0,即10,解得ae.(2)f(x)1,当a0时,f(x)0,f(x)为(,)上的增函数,所以函数f(x)无极值当a0时,令f(x)0,得exa,即xln a.x(,ln
4、 a),f(x)0,所以f(x)在(,ln a)上单调递减,在(ln a,)上单调递增,故f(x)在xln a处取得极小值,且极小值为f(ln a)ln a,无极大值综上,当a 0时,函数f(x)无极值;当a0时,f(x)在xln a处取得极小值ln a,无极大值(3)当a1时,f(x)x1.令g(x)f(x)(kx1)(1k)x,则直线l:ykx1与曲线yf(x)没有公共点,等价于方程g(x)0在R上没有实数解假设k1,此时g(0)10,g10,知方程g(x)0在R上没有实数解所以k的最大值为1.法二:(1)(2)同法一(3)当a1时,f(x)x1.直线l:ykx1与曲线yf(x)没有公共点
5、,等价于关于x的方程kx1x1在R上没有实数解,即关于x的方程:(k1)x(*)在R上没有实数解x0时,0.在R上无实解x0时,当k1时,方程(*)可化为0,在R上没有实数解;当k1时,方程(*)化为xex.令g(x)xex,则有g(x)(1x)ex.令g(x)0,得x1,当x变化时,g(x),g(x)的变化情况如下表:x(,1)1(1,0),(0,)g(x)0g(x)当x1时,g(x)min,同时当x时,g(x),从而g(x)的取值范围为.所以当时,方程(*)无实数解,解得k的取值范围是(1e,1)综合,得k的最大值为1.热点一利用导数解决不等式的恒成立问题例1(2013辽宁高考)(1)证明
6、:当x0,1时,xsin xx;(2)若不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立,求实数a的取值范围自主解答(1)证明:记F(x)sin xx,则F(x)cos x.当x时,F(x)0,F(x)在上是增函数;当x时,F(x)0,F(x)在上是减函数又F(0)0,F(1)0,所以当x0,1时,F(x)0,即sin xx.记H(x)sin xx,则当x(0,1)时,H(x)cos x10,所以,H(x)在0,1上是减函数,则H(x)H(0)0,即sin xx.综上,xsin xx,x0,1(2)法一:因为当x0,1时,axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin2(a2
7、)xx24(x2)2(a2)x,所以,当a2时,不等式axx22(x2)cos x4对x0,1恒成立下面证明,当a2时,不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立因为当x0,1时,axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin2(a2)xx24(x2)2(a2)xx2(a2)xx2x.所以存在x0(0,1)满足ax0x2(x02)cos x040,即当a2时,不等式axx22(x2)cos x40对x0,1不恒成立综上,实数a的取值范围是(,2法二:记f(x)axx22(x2)cos x4,则f(x)a2x2cos x2(x2)sin x.记G(x)f(x),则G(x
8、)23x4sin x2(x2)cos x.当x(0,1)时,cos x,因此G(x)23x4x(x2)(22)x0.于是f(x)在0,1上是减函数,因此,当x(0,1)时,f(x)f(0)a2,故当a2时,f(x)2时,不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立由于f(x)在0,1上是减函数,且f(0)a20,f(1)a2cos 16sin 1.当a6sin 12cos 1时,f(1)0,所以当x(0,1)时,f(x)0,因此f(x)在0,1上是增函数,故f(1)f(0)0;当2a6sin 12cos 1时,f(1)0,故存在x0(0,1)使f(x0)0,则当0xf(x0)0,所以
9、f(x)在0,x0上是增函数,所以当x(0,x0)时,f(x)f(0)0.所以,当a2时,不等式axx22(x2)cos x4对x0,1不恒成立综上,实数a的取值范围是(,2规律总结两招破解不等式的恒成立问题1分离参数法第一步:将原不等式分离参数,转化为不含参数的函数的最值问题;第二步:利用导数求该函数的最值;第三步:根据要求得所求范围2函数思想法第一步:将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题;第二步:利用导数求该函数的极值(最值);第三步:构建不等式求解1已知函数f(x)axln x图像上点(e,f(e)处的切线与直线y2x平行(其中e为自然对数的底数),g(x)x2tx2.(1)求函数f
10、(x)的解析式;(2)求函数f(x)在n,n2(n0)上的最小值;(3)若对一切x(0,e,3f(x)g(x)恒成立,求实数t的取值范围解:(1)由点(e,f(e)处的切线方程与直线2xy0平行,得该切线斜率为2,即f(e)2.又f(x)a(ln x1),令a(ln e1)2,得a1,所以f(x)xln x.(2)由(1)知f(x)ln x1,显然当f(x)0时,xe1.当x时,f(x)0,所以函数f(x)在上单调递增当(n,n2)时,f(x)minf;当n0,h(x)单调递增;当x(1,2)时,h(x)0,h(x)单调递增所以h(x)极大值h(1)1,且h(e)e32e11,所以h(x)ma
11、xh(1)1.因为对一切x(0,e,3f(x)g(x)恒成立,所以th(x)max1,故实数t的取值范围为1,)热点二利用导数研究方程解的问题例2(2013陕西高考)已知函数f(x)ex,xR.(1)求f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程;(2)证明:曲线yf(x)与曲线yx2x1有唯一的公共点;(3)设a0,试讨论曲线yf(x)与曲线ymx2(m0)公共点的个数解:曲线yex与ymx2的公共点个数等于曲线y与ym的公共点个数令(x),则(x),(2)0.当x(0,2)时,(x)0,(x)在(2,)上单调递增,(x)在(0,)上的最小值为(2).当0m时,在区间(0,2)内存在x1
12、,使得(x1)m,在(2,)内存在x2me2,使得(x2)m.由(x)的单调性知,曲线与ym在(0,)上恰有两个公共点. 综上所述,当x0时若曲线yf(x)与ymx2没有公共点;若m曲线yf(x)与ymx2有一个公共点若 曲线yf(x)与ymx2有两个公共点.规律总结1三步解决方程解(或曲线公共点)的个数问题第一步:将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图像与x轴(或直线yk)在该区间上的交点问题;第二步:利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质,进而画出其图像;第三步:结合图像求解2证明复杂方程在某区间上有唯一解问题的方法第一步:利用导数证明该函数在该区间上单调;
13、第二步:证明端点值异号2设函数f(x)c(e2.718 28是自然对数的底数,cR)(1)求f(x)的单调区间、最大值;(2)讨论关于x的方程|ln x|f(x)解的个数解:(1)f(x)(12x)e2x,由f(x)0,解得x.当x0,f(x)单调递增;当x时,f(x)0,则g(x)ln xxe2xc,所以g(x)e2x.因为2x10,0,所以g(x)0.因此g(x)在(1,)上单调递增当x(0,1)时,ln x1x0,所以1.又2x11,所以2x10,得g(x)0,即ce2时,g(x)没有零点,故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为0;当g(1)e2c0,即ce2时,g(x)只有一个零
14、点,故关于x的方程|ln x|f(x)根的个数为1;当g(1)e2ce2时,()当x(1,)时,由(1)知g(x)ln xxe2xcln xln x1c,要使g(x)0,只需使ln x1c0,即x(e1c,);()当x(0,1)时,由(1)知g(x)ln xxe2xcln xln x1c,要使g(x)0,只需ln x1c0,即x(0,e1c)所以ce2时,g(x)有两个零点,故关于x的方程|ln x|f(x)解的个数为2.综上所述,当ce2时,关于x的方程|ln x|f(x)解的个数为2.热点三导数的综合应用例3(2013长春模拟)设函数f(x)x2bxaln x.(1)若x2是函数f(x)的
15、极值点,1和x0是函数f(x)的两个不同零点,且x0(n,n1),nN,求n;(2)若对任意b2,1,都存在x(1,e)(e为自然对数的底数),使得f(x)0,得x2;令f(x)0,得0x2,f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,)上单调递增故函数f(x)至多有两个零点,其中1(0,2),x0(2,)f(2)f(1)0,f(3)6(1ln 3)0,x0(3,4),故n3.(2)法一:令g(b)xbx2aln x,b2,1,则g(b)为关于b的一次函数且为增函数根据题意,对任意b2,1,都存在x(1,e),使得f(x)0成立,则g(b)maxg(1)x2xaln x0在(1,e)上有解令h(x
16、)x2xaln x,只需存在x0(1,e)使得h(x0)0,(x)在(1,e)上单调递增,则(x)(1)1a.当1a0,即a1时,(x)0,即h(x)0,h(x)在(1,e)上单调递增,h(x)h(1)0,不符合题意当1a1时,(1)1a1,则(e)0,此时在(1,e)上(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,e)上单调递减,存在x0(1,e),使得h(x0)a1,则(e)0,此时在(1,e)上一定存在实数m,使得(m)0,在(1,m)上,(x)0恒成立,即h(x)0恒成立,h(x)在(1,m)上单调递减,存在x0(1,m),使得h(x0)1时,对任意b2,1,都存在x(1,e),
17、使得f(x)g(1)0,f(x)0在(1,e)上恒成立,即f(x)在(1,e)上单调递增若存在x(1,e),使得f(x)0成立,则f(1)1b0,即b1恒成立b2,1,当b1时不成立,a0不成立当g(1)2b时,b2,1,a1.此时,()当g(e)0时,g(x)0在(1,e)上恒成立,则f(x)在(1,e)上单调递减f(1)0,存在x(1,e),使得f(x)0成立()当g(e)0时,存在x0(1,e),使得g(x0)0.g(x)在(1,e)上单调递增,当x(1,x0)时,g(x)0,则f(x)在(1,x0)上单调递减f(1)0,故在(1,x0)内存在x(1,e),使得f(x)0在D内恒成立,则
18、称P为函数yg(x)的“转点”当a8时,试问函数yf(x)是否存在“转点”?若存在,请求出“转点”的横坐标;若不存在,请说明理由解:(1)当a1时,f(x)2x3,当0x0;当x1时,f(x)1时,f(x)0.所以当x1时,f(x)取极小值2.(2)f(x)2x1(x0),所以切线的斜率k2m1,整理得m2ln m10.显然m1是这个方程的解又因为yx2ln x1在(0,)上是增函数,所以方程x2ln x10有唯一实数解,故m1.(3)当a8时,函数yf(x)在其图像上一点P(x0,f(x0)处的切线方程为h(x)(xx0)x10x08ln x0.设F(x)f(x)h(x),则F(x0)0,则F(x)f(x)h(x)(xx0).若0x02,则F(x)在上单调递减,当x时,F(x)F(x0)0,此时2,则F(x)在上单调递减,当x时,F(x)F(x0)0,此时x0时,F(x)F(x0)0;当xx0时,F(x)F(x0)0,所以点P(x0,f(x0)为“转点”故函数yf(x)存在“转点”,且2是“转点”的横坐标 高考资源网版权所有!投稿可联系QQ:1084591801