1.1-1.4导数及其应用习题课2013.3.15

第一章导数及其应用变式：若函数21()2,0,1fxaxxx在0,1x上单调递增，求实数a的取值范围.例1.若函数32()1fxxxmx是R上的单调函数，求实数m的取值范围.1,31,例题讲解例2．已知函数()lnfxxx.（Ⅰ）求()fx的最小值；（Ⅱ）若对所有1x都有()1fxax，求实数a的取值范围.解析：()fx的定义域为0(，+)，()fx的导数()1lnfxx.令()0fx，解得1ex；令()0fx，解得10ex.从而()fx在10e，单调递减，在1e，+单调递增.所以，当1ex时，()fx取得最小值1e.（Ⅱ）解法一：令()()(1)gxfxax，则()()1lngxfxaax，①若1a，当1x时，()1ln10gxaxa，故()gx在(1)，+上为增函数，所以，1x时，()(1)10gxga，即()1fxax.②若1a，方程()0gx的根为10eax，此时，若0(1)xx，，则()0gx，故()gx在该区间为减函数.所以0(1)xx，时，()(1)10gxga，即()1fxax，与题设()1fxax相矛盾.综上，满足条件的a的取值范围是(1]，.解法二：依题意，得()1fxax在[1)，上恒成立，即不等式1lnaxx对于[1)x，恒成立.令1()lngxxx，则21111()1gxxxxx.当1x时，因为11()10gxxx，故()gx是(1)，上的增函数，所以()gx的最小值是(1)1g，所以a的取值范围是(1]，.22.（2011·江西高考理科·Ｔ19）设3211()232fxxxax（1）若()fx在2(,)3上存在单调递增区间，求a的取值范围.（2）当02a时，()fx在[1,4]的最小值为163，求()fx在该区间上的最大值.【思路点拨】（1）要使()fx在2(,)3上存在单调递增区间，需'f(x)在2(,)3上恒大于零，即得a的取值范围.（2）首先求出()fx在[1,4]上的最小值为f(4),从而求出a的值，进一步易求()fx在该区间上的最大值为f(2).'22'''121212111()2()22422221[,)()()2;20,,3399912(),)93118118()0,.22()),(,)(,)0=++=-fxxxaxaxfxfaaaafxaafxxxfxxxxx解：（）由当时，的最大值为令得所以，当时，在（上存在单调递增区间.(2)令，得两根所以在（，上单调递减，在上单调递增.当1222214,())27(4)(1)60,(4)(1),24016()(4)8,33101,2,().3=axfxffafffxfaaxfx时，有x所以在[1,4]上的最大值为f(x又即所以在[1,4]上的最小值为得从而在[1,4]上的最大值为f(2)=例1:已知:(1)证明:f(x)恰有一个极大值点和一个极小值点;(2)当f(x)的极大值为1、极小值为-1时,求a、b的值.).0(1)(2axbaxxf解:(1).)1(2)1()(2)1()(222222xabxaxxbaxxxaxf令,得-ax2-2bx+a=0,Δ=4b2+4a20,0)(xf故有不相等的两实根α、β,设αβ.0)(xf又设g(x)=-ax2-2bx+a,由于-a0,g(x)的图象开口向下,g(x)的值在α的右正左负,在β的左正右负.注意到与g(x)的符号相同,可知α为极小值点,β为极大值点.)(xf(2)由f(α)=-1和f(β)=1可得:.1122baba两式相加,并注意到α+β=-2b/a,于是有:.0,02,0,,02)2(22babbaba从而方程可化为x2=1,它的两根为+1和-1,即α=-1,β=1.0)(xf由.2121)(2aabaf故所求的值为a=2,b=0.设,函数的最大值为1,最小值为,求常数a,b.132abax23xf(x)2326)11(x课堂练习解:令得x=0或a.033)(2axxxf当x变化时,,f(x)的变化情况如下表:)(xfx-1(-1,0)0(0,a)a(a,1)1f’(x)+0-0+f(x)-1-3a/2+b↗b↘-a3/2+b↗1-3a/2+b由表知,当x=0时,f(x)取得极大值b,而f(0)f(a),f(0)f(-1),f(1)f(-1).故需比较f(1)与f(0)的大小.课堂练习又f(-1)-f(a)=(a+1)2(a-2)/20,所以f(x)的最小值为f(-1)=-1-3a/2+b=-3a/2,所以.362623aaf(0)-f(1)=3a/2-10,所以f(x)的最大值为f(0)=b,故b=1.课堂练习例2.（2007海南、宁夏理）设函数2()ln()fxxax．（I）若当1x时，()fx取得极值，求a的值，并讨论()fx的单调性；（II）若()fx存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于eln2．解：（Ⅰ）1()2fxxxa，依题意有(1)0f，故32a．从而2231(21)(1)()3322xxxxfxxx．()fx的定义域为32，．当312x时，()0fx；当112x时，()0fx；当12x时，()0fx．从而，()fx分别在区间31122，，，单调增加，在区间112，单调减少．（Ⅱ）()fx的定义域为()a，，2221()xaxfxxa．方程22210xax的判别式248a．（ⅰ）若0，即22a，在()fx的定义域内()0fx，故()fx无极值．（ⅱ）若0，则2a或2a．若2a，(2)x，，2(21)()2xfxx．当22x时，()0fx，当22222x，，时，()0fx，所以()fx无极值．若2a，(2)x，，2(21)()02xfxx，()fx也无极值．（ⅲ）若0，即2a或2a，则22210xax有两个不同的实根2122aax，2222aax．当2a时，12xaxa，，从而()fx在()fx的定义域内没有零点，故()fx无极值．当2a时，1xa，2xa，()fx在()fx的定义域内有两个不同的零点，由极值判别方法知()fx在12xxxx，取得极值．综上，()fx存在极值时，a的取值范围为(2)，．()fx的极值之和为2221211221e()()ln()ln()ln11ln2ln22fxfxxaxxaxa．例3.（2011·新课标全国高考文科·Ｔ21）已知函数ln()1axbfxxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy.（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）证明：当0x，且1x时，ln()1xfxx.例题讲解【精讲精析】（Ⅰ）221(ln)'()(1)xxbxfxxx由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b.例题讲解（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=,11lnxxx所以xxxxxfxx1ln2111ln)(22考虑函数21()2lnhxxxx则h′(x)=xxxxxx222221122所以x≠1时h′(x)＜0而h(1)=0故x1,0时h(x)0可得ln()1xfxx,x，1h(x)0可得ln()1xfxx,从而当0x，且1x时，ln()1xfxx.例题讲解（2011·新课标全国高考理科·Ｔ21）已知函数ln()1axbfxxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy.（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围.【思路点拨】第（1）问，对函数()fx求导得()fx，(1)f对应为切线的斜率，切点(1,(1))f即在切线上又在原函数()fx上，利用上述关系，建立方程组，求得,ab的值；第（2）问，lnln()()()011axbaxbfxfxxxxx，首先化简函数式ln()()1axbfxxx，再来证明不等式成立即可，必要时分类讨论.【精讲精析】（Ⅰ）221(ln)'()(1)xxbxfxxx由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b.（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln1f()1xxxx，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx.考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx.(i)设0k，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx，h(x)递减.而(1)0h，故当(0,1)x时，()0hx，可得21()01hxx；当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（1lnxx+xk）0，即f（x）1lnxx+xk.（ii）设0k1.由于2(1)(1)2kxx=2(1)21kxxk的图像开口向下，且244(1)0k，对称轴x=111k.当x（1，k11）时，（k-1）（x2+1）+2x0,故'h(x）0,而h（1）=0，故当x（1，k11）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾.（iii）设k1.此时212xx，2(1)(1)20kxx'h（x）0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾.综合得，k的取值范围为（-，0]