第十二节导数在研究函数中应用与生活中优化问题举例.ppt

【互动探究】若本例(2)第①问中条件改为“F(x)=f(x+2)-kx在定义域内是单调递增函数”，则k的取值范围是_______. 【解析】由题意F′(x)= -k≥0在(-2,+∞)上恒成立，∴k≤ 恒成立，∴k≤0. 答案：k≤0 【反思·感悟】1.求函数的单调区间时，切记定义域优先的原则，一定要注意先求定义域. 2.恒成立问题的处理，一般是采用“分离参数，最值转化”的方法. 【变式备选】已知f(x)=ex-ax-1. (1)求f(x)的单调递增区间； (2)是否存在a,使f(x)在(-∞，0］上单调递减，在［0，+∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由. 【解析】f′(x)=ex-a. (1)若a≤0，f′(x)=ex-a≥0恒成立，即f(x)在R上递增. 若a0,令ex-a≥0,得ex≥a,x≥lna. ∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞). (2)方法一：由题意知ex-a≤0在（-∞，0］上恒成立. ∴a≥ex在（-∞，0］上恒成立. ∵ex在（-∞，0］上为增函数. ∴当x=0时，ex最大为1. ∴a≥1.同理可知ex-a≥0在［0，+∞）上恒成立. ∴a≤ex在［0，+∞）上恒成立.∴a≤1，∴a=1. 方法二：由题意知，x=0为f(x)的极小值点.∴f′(0)=0,即e0-a=0,∴a=1，验证a=1符合题意. 利用导数研究函数的极值（最值） 【方法点睛】 1.应用函数极值应注意的问题 (1)注意极大值与极小值的判断. (2)已知极值求参数的值:注意f′(x0)=0是可导函数y=f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件. 2.数形结合求参数的范围 利用导数研究了函数的单调性和极值后，可以画出草图，进行观察分析，确定满足条件的参数范围. 【例2】已知函数f(x)=xe-x(x∈R). (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称.证明当x＞1时，f(x)＞g(x). (3)如果x1≠x2，且f(x1)=f(x2)，证明x1+x2＞2. 【解题指南】由f′(x)=0得出可能的极值点，再列表判断；利用已知条件求出y=g(x)的解析式，构造新函数进行证明；讨论x1,x2的可能取值，判断其范围，再利用f(x)的单调性证明. 【规范解答】(1)f′(x)=(1-x)e-x. 令f′(x)=(1-x)e-x=0，得x=1. 当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表： 单调递减 单调递增 f(x) - 0 + f′(x) (1,+∞) 1 (-∞,1) x 所以f(x)在区间(-∞,1)内是增函数，在区间(1,+∞)内是减函数. 函数f(x)在x=1处取得极大值f(1),且f(1)= . (2)因为函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对 称， 所以g(x)=f(2-x)，于是g(x)=(2-x)ex-2. 记F(x)=f(x)-g(x)，则F(x)=xe-x+(x-2)ex-2， F′(x)=(x-1)(e2x-2-1)e-x, 当x＞1时，2x-2＞0，从而e2x-2-1＞0， 又e-x＞0，所以F′(x)＞0， 于是函数F(x)在区间[1,+∞)上是增函数. 因为F(1)=e-1-e-1=0，所以， 当x＞1时，F(x)＞F(1)=0.因此f(x)＞g(x). (3)①若(x1-1)(x2-1)=0，由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,与x1≠x2矛盾； ②若(x1-1)(x2-1)＞0，由(1)及f(x1)=f(x2),得x1=x2,与x1≠x2矛盾； 根据①，②可得(x1-1)(x2-1)＜0. 不妨设x1＜1,x2＞1. 由(2)可知f(x2)＞g(x2)=f(2-x2)， 所以f(x1)=f(x2)＞g(x2)=f(2-x2). 因为x2＞1，所以2-x2＜1，又x1＜1，由(1)知f(x)在区间(-∞,1)内是增函数， 所以x1＞2-x2，即x1+x2＞2. 【反思·感悟】1.求函数的极值时，极易弄混极大值、极小值. 2.利用导数研究了单调性和极值，就可以大体知道函数的图象，为数形结合解题提供了方便. 【变式训练】(2011·北京高考）已知函数f(x)=(x-k)ex. (1)求f(x)的单调区间； (2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值. 【解析】(1)f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0, 得x=k-1,f(x)与f′(x)的变化情况如下： -ek-1 f(x) + 0 - f′(x) (k-1,+∞) k-1 (-∞,k-1) x 所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1)； 单调递增区间是(k-1