§3.2　导数的应用学习资料.pptx

§3.2导数的应用

;考点一函数的单调性;解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f(x)=-?-1+?=-?.

(i)若a≤2,则f(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时,f(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)单调递减.

(ii)若a2,令f(x)=0,得x=?或x=?.

当x∈?∪?时,f(x)0;

当x∈?时,f(x)0.

所以f(x)在?,?单调递减,在?单调递增.

(2)由(1)知,当且仅当a2时f(x)存在两个极值点.

由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,

所以x1x2=1,不妨设x1x2,则x21,

由于?=-?-1+a?=-2+a?=-2+a?,;所以?a-2等价于?-x2+2lnx20.

设函数g(x)=?-x+2lnx,

由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减,

又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞)时,g(x)0,

所以?-x2+2lnx20,即?a-2.;2.(2017课标全国Ⅰ,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.;设正整数n0满足n0ln?,则f(n0)=?(a?+a-2)-n0?-n0?-n00.

由于ln?-lna,因此f(x)在(-lna,+∞)有一个零点.

综上,a的取值范围为(0,1).;考点二函数的极值与最值;方法总结1.利用导数研究函数极值问题的两个方向:

?;2.(2018课标全国Ⅰ,16,5分)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是????.;x为奇函数,

∴f(x)的最小值为-?.

解法三:∵f(x)=2sinx+sin2x=2sinx(1+cosx)=8sin?cos3?.

∴f2(x)=64·sin2?·cos2?·cos2?·cos2?

=?·3sin2?·cos2?·cos2?·cos2?

≤??=?.

当且仅当3sin2?=cos2?,即sin2?=?,cos2?=?时等号成立,所以f2(x)的最大值为?,则f(x)的最大

值为?,又f(x)=2sinx+sin2x为奇函数,∴f(x)的最小值为-?.;3.(2019课标全国Ⅰ,20,12分)已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f(x)为f(x)的导数.证明:

(1)f(x)在区间?存在唯一极大值点;

(2)f(x)有且仅有2个零点.;

(1)设g(x)=f(x),

则g(x)=cosx-?,g(x)=-sinx+?.

当x∈?时,g(x)单调递减,而g(0)0,g?0,可得g(x)在?有唯一零点,设为α.则当x∈

(-1,α)时,g(x)0;当x∈?时,g(x)0.

所以g(x)在(-1,α)单调递增,在?单调递减,故g(x)在?存在唯一极大值点,即f(x)在

?存在唯一极大值点.

(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).

(i)当x∈(-1,0]时,由(1)知,f(x)在(-1,0)单调递增,而f(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f(x)0,故f(x)在(-1,0)

单调递减.又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.;(ii)当x∈?时,由(1)知,f(x)在(0,α)单调递增,在?单调递减,而f(0)=0,f?0,所以存在β

∈?,使得f(β)=0,且当x∈(0,β)时,f(x)0;当x∈?时,f(x)0.故f(x)在(0,β)单调递增,在

?单调递减.

又f(0)=0,f?=1-ln?0,所以当x∈?时,f(x)0.从而,f(x)在?没有零点.

(iii)当x∈?时,f(x)0,所以f(x)在?单调递减.而f?0,f(π)0,所以f(x)在?有唯一

零点.

(iv)当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)1,所以f(x)0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.

综上,f(x)有且仅有2个零点.;4.(2018课标全国Ⅲ,21,12分)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.

(1)若a=0,证明:当-1x0时,f(x)0;当x0时,f(x)0;

(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.;由于当|x|min?时,2+x+ax20,故h(x)与f(x)符号相同.

又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.

h(x)=?-?

=?.

如果6a+10,则当0x-?,且|x|min?时,h(x)0,故x=0不是h(x)的极大值点.

如果6a+10,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x10,

故当x∈(x1,0),且|x|min?时,h(x)0,

所以x=0不是h(x)的极大值点.

如果6