文档介绍：第十三节导数的应用(二)
利用导数研究恒成立问题及参数求解
典题导入
[例1] 已知函数f(x)=x2ln x-a(x2-1),a∈R.
(1)当a=-1时,求曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)若当x≥1时,f(x)≥0成立,求a的取值范围.
[自主解答] (1)当a=-1时,f(x)=x2ln x+x2-1,
f′(x)=2xln x+3x.
则曲线f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为f′(1)=3,又f(1)=0,所以切线方程为3x-y-3=0.
(2)f′(x)=2xln x+(1-2a)x=x(2ln x+1-2a),其中x≥1.
当a≤时,因为x≥1,所以f′(x)≥0,所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,故f(x)≥f(1)=0.
当a>时,令f′(x)=0,得x=ea-.
若x∈[1,ea-),则f′(x)<0,所以函数f(x)在[1,ea-)∈[1,ea-)时,f(x)≤f(1)=0,不符合题意.
综上a的取值范围是.
由题悟法
利用导数解决参数问题主要涉及以下方面:
(1)已知不等式在某一区间上恒成立,求参数的取值范围:一般先分离参数,再转化为求函数在给定区间上的最值问题求解.
(2)已知函数的单调性求参数的取值范围:转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立的问题.
(3)已知函数的零点个数求参数的取值范围:利用函数的单调性、极值画出函数的大致图象,数形结合求解.
以题试法
(x)=x2+ex-xex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)若当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>m恒成立,求实数m的取值范围.
解:(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),
∵f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex),
若x=0,则f′(x)=0;
若x<0,则1-ex>0,所以f′(x)<0;
若x>0,则1-ex<0,所以f′(x)<0.
∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数,
即f(x)的单调减区间为(-∞,+∞).
(2)由(1)知,f(x)在[-2,2]上单调递减.
故[f(x)]min=f(2)=2-e2,
∴m<2-e2时,不等式f(x)>m恒成立.
故m的取值范围为(-∞,2-e2).
利用导数证明不等式问题
典题导入
[例2] 已知f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然常数,a∈R.
(1)讨论a=1时,函数f(x)的单调性和极值;
(2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+.
[自主解答] (1)∵f(x)=x-ln x,
f′(x)=1-=,
∴当0<x<1时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减;
当1<x<e时,f′(x) >0,此时f(x)单调递增.
∴f(x)的极小值为f(1)=1.
(2)证明:由(1)知[f(x)]min=′(x)=,
∴当0<x<e时,g′(x)>0,g(x)在(0,e]上单调递增.
∴[g(x)]max=g(e)=<.
∴[f(x)]min-[g(x)]max>.
∴在(1)的条件下,f(x)>g(x)+.
在本例条件下,是否存在正实数a,使f(x)的最小值是3?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解:假设存在正实数a,使f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])′(x)=a-=,
当0<<e时,f(x)在上单调递减,在上单调递增,
所以[f(x)]min=f=1+ln a=3,a=e2,满足条件;
当≥e时,f(x)在(0,e]上单调递减,
[f(x)]min=f(e)=ae-1=3,
a=(舍去),所以,此时a不存在.
综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时f(x)有最小值3.
由题悟法
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,确定函数的最值证明h(x)>0.
以题试法
(x)=xln x.
(1)求g(x)=(k∈R)的单调区间;
(2)证明:当x≥1时,2x-e≤f(x)恒成立.
解:(1)g(x)=ln x+,
∴令g′(x)==0得x=k.
∵x>0,∴当k≤0时,g′(x)>0.
∴函数g(x)的增区间为(0,+∞),无减区间;
当k>0时g′(x)>0得x>k;g′(x)<0得0<x<k,
∴增区间为(k,+∞),减区间为(0,k).
(2)证明:设h(x)=xln x-2x+e(x≥1),
令h′(x)=ln x-1=0得x=e,
h(x),h′(x)的变