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2014届(浙江)高考数学(理)二轮专题训练:第1部分 专题一 第5讲 利用导数解决不等式、方程解的问题


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Ⅰ)设函数 f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d),若曲线 y=f(x)和曲 线 y=g(x)都 过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2. (1)求 a,b,c,d 的值; (2)若 x≥-2 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)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c), 故 b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而 a=4,b=2,c=2,d=2. (2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 设函数 F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2, 则 F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得 F(0)≥0,即 k≥1. 令 F′(x)=0 得 x1=-ln k,x2=-2. (ⅰ)若 1≤k<e2,则-2<x1≤0,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)=2x1+2-x2 1-4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当 x≥-2 时,F(x) ≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. (ⅱ)若 k=e2, 则 F′(x)=2e2(x+2)(ex-e 2). 从而当 x>-2 时, F′(x)>0, 即 F(x)在(-


2,+∞)上单调递增.而 F(-2)=0,故当 x≥-2 时,F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. (ⅲ)若 k>e2 ,则 F(-2)=-2ke 2+2=-2e 2(k-e2)<0.从而当 x≥-2 时,f(x)≤kg(x)
- -

不可能恒成立. 综上,k 的取值范围是[1,e2]. a 2.(2013· 福建高考)已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数的底数). e (1)若曲线 y=f(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 a=1 时,若直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点,求 k 的最大值. a a 解:法一:(1)由 f( x)=x-1+ x,得 f′(x)=1- x. e e 因为曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴,

a 所以 f′(1)=0,即 1- =0,解得 a=e. e a (2)f′(x)=1- x, e ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数 f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 ex=a,即 x=ln a. x∈(-∞,ln a),f′(x)<0;x∈(ln 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 x=ln 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 a>0 时,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a,无极大值. 1 (3)当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 1 令 g(x)=f(x)-(kx-1)=(1-k)x+ x, e 则直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点, 等价于方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解. 1 1 假设 k>1,此时 g(0)=1>0,g?k-1?=-1+ 1 <0, ? ? e k ?1 又函数 g(x)的图像连续不断, 由零点存在定理, 可知 g(x)=0 在 R 上至少有一解, 与“方 程 g(x)=0 在 R 上没有实数解”矛盾,故 k≤1. 1 又 k=1 时,g(x)= x>0,知方程 g(x)=0 在 R 上没有实数解.所以 k 的最大值为 1. e 法二:(1)(2)同法一. 1 (3)当 a=1 时,f(x)=x-1+ x. e 1 直线 l:y=kx-1 与曲线 y=f(x)没有公共点,等价于关于 x 的方程 kx-1=x-1+ x在 R e 上没有实数解,即关于 x 的方程:(k-1)x= 1 x=0 时, x=0.在 R 上无实解. e 1 x≠0 时,①当 k=1 时,方程(*)可化为 x=0,在 R 上没有实数解; e 1 ②当 k≠1 时,方程(*)化为 =xex. k-1 令 g(x)=xex,则有 g′(x)=(1+x)ex. 令 g′(x)=0,得 x=-1, 当 x 变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表: 1 (*)在 R 上没有实数解. ex

x g′(x) g(x)

(-∞,-1) - ?

-1 0 1 - e

(-1,0),(0,+∞) + ?

1 当 x=-1 时,g(x)min=- ,同时当 x→+∞时,g(x)→+∞, e 1 - ,+∞?. 从而 g(x)的取值范围为? ? e ? 所以当 1 1 ∈?-∞,-e? ?时,方程(*)无实数解, k-1 ?

解得 k 的取值范围是(1-e,1). 综合①②,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 2 x≤sin x≤x; 2

[例 1] (2013· 辽宁高考)(1)证明:当 x∈[0,1]时,

x3 (2)若不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立,求实数 a 的取值范围. 2 [自主解答] (1)证明:记 F(x)=sin x- 2 2 x,则 F′(x)=cos x- . 2 2

π? ? π? 当 x∈? ?0,4?时,F′(x)>0,F(x)在?0,4?上是增函数; π ? ?π ? 当 x∈? ?4,1?时,F′(x)<0,F(x)在?4,1?上是减函数. 又 F(0)=0,F(1)>0,所以当 x∈[0,1]时,F(x)≥0,即 sin x≥ 记 H(x)=sin x-x,则当 x∈(0,1)时, H′(x)=cos x-1<0, 所以,H(x)在[0,1]上是减函数, 则 H(x)≤H(0)=0,即 sin x≤x. 综上, 2 x≤sin x≤x,x∈[0,1]. 2 2 x. 2
[来源:Zxxk.Com]

(2)法一:因为当 x∈[0,1]时, x3 ax+x + +2(x+2)cos x-4 2
2

x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 x3 2 ≤(a+2)x+x2+ -4(x+2)? x?2 2 ?4 ? =(a+2)x, 所以,当 a≤-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 2 下面证明,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 因为当 x∈[0,1]时,
3
[来源:学 ,科 ,网 ]

x ax+x2+ +2(x+2)cos x-4 2 x3 x =(a+2)x+x2+ -4(x+2)sin2 2 2 x ?2 x3 ≥(a+2)x+x2+ -4(x+2)? ?2? 2 x3 =(a+2)x-x - 2
2

3 ≥(a+2)x- x2 2 2 3 x- ?a+2??. =- x? ? 2 ? 3 a+2 1 x3 0 所以存在 x0 ∈ (0,1) ?例如x0取 和 中的较小值? 满足 ax0 + x 2 0 + + 2(x0 + 2)cos x0 - 2 3 2 ? ? 4>0, 即当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x-4≤0 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,-2]. x3 法二:记 f(x)=ax+x2+ +2(x+2)cos x-4,则 2 3x2 f′(x)=a+2x+ +2cos x-2(x+2)sin x. 2 记 G(x)=f′(x),则 G′(x)=2+3x-4sin x-2(x+2)cos x. 1 当 x∈(0,1)时,cos x> , 2 因此 G′(x)<2+3x-4× 2 x-(x+2)=(2-2 2)x<0. 2

于是 f′(x)在[0,1]上是减函数,因此,当 x∈(0,1)时,f′(x)<f′(0)=a+2,故当 a≤-2 时,f′(x)<0,从而 f(x)在[0,1]上是减函数,所以 f(x)≤f(0)=0,即当 a≤-2 时,不等式 ax x3 +x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]恒成立. 2 下面证明,当 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 由于 f′(x)在[0,1]上是减函数,且 7 f′(0)=a+2>0,f′(1)=a+ +2co s 1-6sin 1. 2 7 当 a≥6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)≥0,所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0, 2 因此 f(x)在[0,1]上是增函数,故 f(1)>f(0)=0; 7 当-2<a<6sin 1-2cos 1- 时,f′(1)<0, 又 f′(0)>0,故存在 x0∈(0,1)使 f′(x0)=0, 2 则当 0<x<x0 时, f′(x)>f′(x0)=0, 所以 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 a>-2 时, x3 不等式 ax+x2+ +2(x+2)cos x≤4 对 x∈[0,1]不恒成立. 2 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 y=2x 平行(其中 e 为自然对 数的底数),g(x)=x2-tx-2. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)求函数 f(x)在[n,n+2](n>0)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 2x-y=0 平行,得该切线斜率为 2,即 f′(e) =2. 又 f′(x)=a(ln x+1),令 a(ln e+1)=2,得 a=1, 所以 f(x)=xln x. 1 - 0, ?时,f′(x)<0,所 (2)由(1)知 f′(x)=ln x+1 ,显然当 f′(x)=0 时,x=e 1.当 x∈? ? e? 1 0, ?上单调递减; 以函数 f(x)在? ? e? 1 1 ,+∞?时,f′(x)>0,所以函数 f(x)在? ,+∞?上单调递增. 当 x∈? e ? ? ?e ? 1? 1 1 ①当 ∈(n,n+2)时,f(x)min=f? =- ; e ? ? e e 1 ②当 ≤n<n+2 时,函数 f(x)在[n,n+2]上单调递增, e 因此 f(x)min=f(n)=nln n.

所以 f(x)min

? ?-e? ?0<n<e?, =? 1? ?nln n? ?n≥e?.

1

1

(3)因为对一切 x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立, 又 g(x)=x2-tx-2,所以 3xln x≥x2-tx-2, 2 即 t≥x-3ln x- . x 2 设 h(x)=x-3ln x- ,x∈(0,e], x
2 3 2 x -3x+2 ?x-1??x-2? 则 h′(x)=1- + 2= = . x x x2 x2

由 h′(x)=0 得 x=1 或 x=2, 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 当 x∈(1,2)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 当 x∈(2,e)时,h′(x)>0,h(x)单调递增. 所以 h(x)极大值=h(1)=-1,且 h(e)=e-3-2e 1<-1,


所以 h(x)max=h(1)=-1. 因为对一切 x∈(0,e],3f(x)≥g(x)恒成立, 所以 t≥h(x)max=-1,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,x∈R. (1)求 f(x)的反函数的图像上点(1,0)处的切线方程; 1 (2)证明:曲线 y=f(x)与曲线 y= x2+x+1 有唯一的公共点; 2 (3)设 a<b,比较 f? a+b? f?b?-f?a? ? 2 ?与 b-a 的大小,并说明理由.

[自主解答] (1)f(x)的反函数为 g(x)=ln x,设所求切线的斜率为 k, 1 ∵g′(x)= ,∴k=g′(1)=1, x 于是在点(1,0)处切线方程为 y=x-1. 1 1 (2)证明:法一:曲线 y=ex 与 y= x2+x+1 公共点的个数等于函数 φ(x)=ex- x2-x-1 2 2 零点的个数. ∵φ(0)=1-1=0, ∴φ(x)存在零点 x=0. 又 φ′(x)=ex-x-1,令 h(x)=φ′(x)=ex-x-1, 则 h′(x)=ex-1, 当 x<0 时,h′(x)<0,∴φ′(x)在(-∞,0)上单调递减; 当 x>0 时,h′(x)>0,∴φ′(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴φ′(x)在 x=0 有唯一的极小值 φ′(0)=0, 即 φ′(x)在 R 上的最小值为 φ′(0)=0. ∴φ′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴φ(x)在 R 上是单调递增的, ∴φ(x)在 R 上有唯一的零点, 1 故曲线 y=f(x)与 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2 1 法二:∵ex>0, x2+x+1>0, 2 1 2 x +x+1 2 1 x 2 ∴曲线 y=e 与 y= x +x+1 公共点的个数等于曲线 y= 与 y=1 公共点的个 2 ex 数, 1 2 x +x+1 2 设 φ(x)= ,则 φ(0)=1,即 x=0 时,两曲线有公共点. ex 1 2 1 2 ?x ?x+1?ex-? ?2x +x+1?e -2x 又 φ′(x)= = x ≤0(仅当 x=0 时等号成立), e2x e

∴φ(x)在 R 上单调递减, ∴φ(x)与 y=1 有唯一的公共点, 1 故曲线 y=f(x)与 y= x2+x+1 有唯一的公共点. 2 f?b?-f?a? ?a+b? eb-ea e (3) -f ? 2 ?= b-a - b-a -a)]. 1 设函数 u(x)=ex- x-2x(x≥0), e 1 则 u′(x)=ex+ x-2≥2 e 1 ex·x-2=0, e
a ?b 2

eb ? ea ? be 2 ae = b?a

a ?b

a ?b 2

a ?b

e 2 = · [e b?a

b?a 2

-e

a ?b 2

-(b

∴u′(x)≥0(仅当 x=0 时等号成立), ∴u(x)单调递增. 当 x>0 时,u(x)>u(0)=0. b-a 令 x= ,得 e 2 ∴
b?a 2

-e

a ?b 2

-(b-a)>0,

f?b?-f?a? ?a+b? >f ? 2 ?. b-a

互动探究 保持本例条件不变,若 x>0,试讨论曲线 y=f(x)与曲线 y=mx2(m>0)公共点的个数. ex 解:曲线 y=ex 与 y=mx2 的公共点个数等于曲线 y= 2与 y=m 的公共点个数. x ex?x-2? ex 令 φ(x)= 2,则 φ′(x)= ,∴φ′(2)=0. x x3 当 x∈(0,2)时,φ′(x)<0,φ(x)在(0,2)上单调递减; 当 x∈(2,+∞)时,φ′(x)>0,φ(x)在(2,+∞)上单调递增, e2 ∴φ(x)在(0,+∞)上的最小值为 φ(2)= . 4 e2 ex 当 0<m< 时,曲线 y= 2与 y=m 无公共点; 4 x e2 ex 当 m= 时,曲线 y= 2与 y=m 恰有一个公共点; 4 x e2 1 当 m> 时,在区间(0,2)内存在 x1= ,使得 φ(x1)>m,在(2,+∞)内存在 x2=me2,使 4 m 得 φ(x2)>m. ex 由 φ?x?的单调性知,曲线y= 2与 y=m 在?0,+∞?上恰有两个公共点. x 综上所述,当 x>0 时

e2 若0<m< 曲线 y=f?x?与 y=mx2 没有公共点; 4 e2 若 m= 曲线 y=f?x?与 y=mx2 有一个公共点 4 e2 若 m> 曲线 y=f?x?与 y=mx2 有两个公共点. 4

——————————————————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 y=k) 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; 第二步:证明端点值异号.

2.设函数 f(x)=

x +c(e=2.718 28?是自然对数的底数,c∈R). e2x

(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)=(1-2x)e
-2x

1 ,由 f′(x)=0,解得 x= . 2

1 当 x< 时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 2 1 当 x> 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 2 1 ?1,+∞?, ?1? -∞, ?, 所以, 函数 f(x)的单调递增区间是? 单调递减区间是 最大值为 f 2? ? ?2 ? ?2? 1 - = e 1+c. 2 (2)令 g(x)=|ln x|-f(x)=|ln x|-xe
2x
-2x

-c,x∈(0,+∞).
-2x

①当 x∈(1,+∞)时,ln x>0,则 g(x)=ln x-xe 所以 g′(x)=e
-2x

-c,

?e +2x-1?. ?x ?

e2x 因为 2x-1>0, >0,所以 g′(x)>0. x 因此 g(x)在(1,+∞)上单调递增.

②当 x∈(0,1)时,ln x<0,则 g(x)=-ln x-xe 所以 g′(x)=e
-2x

-2x

-c,

[来源:学科网 ]

?-e +2x-1?. ? x ?

2x

e2x 因为 e2x∈(1,e2),e2x>1>x>0,所以- <-1. x e2x 又 2x-1<1,所以- +2x-1<0,得 g′(x)<0. x 因此 g(x)在(0,1)上单调递减. 综合①②可知,当 x∈(0,+∞)时,g(x)≥g(1)=-e 2-c.


当 g(1)=-e 2-c>0,即 c<-e


-2

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)=-e 2-c=0,即 c=-e
- -2

时,g(x)只有一个零点,

故关于 x 的方程|ln x|=f(x)根的个数为 1; 当 g(1)=-e 2-c<0,即 c>-e
- -2

时,

(ⅰ)当 x∈(1,+∞)时,由(1)知 g(x)=ln x-xe
-2x

1 -1 ? -c≥ln x-? ?2e +c?>ln x-1-c,


要使 g(x)>0,只需使 ln x-1-c>0,即 x∈(e1 c,+∞); (ⅱ)当 x∈(0,1)时,由(1)知 g(x)=-ln x-xe
-2x

1 -1 ? -c≥-ln x-? ?2e +c?>-ln x-1-c,
-1-c

要使 g(x)>0,只需-ln x-1-c>0,即 x∈(0,e 所以 c>-e
-2

).

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 c<-e
-2

时,关于 x 的方程|ln x|=f(x)解的个数为 0;当 c=-e
-2

-2

时,关于 x 的方程|ln

x|=f(x)解的个数为 1;当 c>-e

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)=x2+bx-aln x. (1)若 x=2 是函数 f(x)的极值点,1 和 x0 是函数 f(x)的两个不同零点,且 x0∈(n,n+1), n∈N,求 n; (2)若对任意 b∈[-2,-1],都存在 x∈(1,e)(e 为自然对数的底数),使得 f(x)<0 成立, 求实数 a 的取值范围. a [自主解答] (1)f′(x)=2x- +b, x

a ∵x=2 是函数 f(x)的极值点,∴f′(2)=4- +b=0. 2 ∵1 是函数 f(x)的零点,∴f(1)=1+b=0. a ? ?4-2+b=0, 由? 解得 a=6,b=-1. ?1+b=0, ? 6 ∴f(x)=x2-x-6ln x,x∈(0,+∞),f′(x)=2x- -1. x 2x2-x-6 ?2x+3??x-2? 6 令 f′(x)=2x- -1= = >0,得 x>2; x x x 令 f′(x)<0,得 0<x<2, ∴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(1-ln 3)<0,f(4)=6(2-ln 4)=6ln ∴x0∈(3,4),故 n=3. (2)法一:令 g(b)=xb+x2-aln x,b∈[-2,-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 b∈[-2,-1],都存在 x∈(1,e),使得 f(x)<0 成立,则 g(b)max=g(- 1)=x2-x-aln x<0 在(1,e)上有解. 令 h(x)=x2-x-aln x,只需存在 x0∈(1,e)使得 h(x0)<0 即可.
2 a 2x -x-a 由于 h′(x)=2x-1- = , x x

e2 >0, 4

令 φ(x)=2x2-x-a,x∈(1,e),则 φ′(x)=4x-1>0, ∴φ(x)在(1,e)上单调递增,则 φ(x)>φ(1)=1-a. ①当 1-a≥0,即 a≤1 时,φ(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. ②当 1-a<0,即 a>1 时,φ(1)=1-a<0,φ(e)=2e2 -e-a, 若 a≥2e2-e>1,则 φ(e)<0,此时在(1,e)上 φ(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)<h(1)=0,符合题意. 若 2e2-e>a>1,则 φ(e)>0,此时在(1,e)上一定存在实数 m,使得 φ(m)=0, ∴在(1,m)上,φ(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)<h(1)=0,符合题意. 综上所述,当 a>1 时,对任意 b∈[-2,-1],都存在 x∈(1,e),使得 f(x)<0 成立. 2x2+bx-a a 法二:f′(x)=2x- +b= ,x∈(1,e). x x

设 g(x)=2x2+bx-a,x∈(1,e). ∵b∈[-2,-1],∴g(x)在(1,e)上单调递增,且 g(1)=2+b-a, ①当 g(1)≥0,即 a≤2+b 时,∵b∈[-2,-1],∴a≤0. 此时 g(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)=1+b<0,即 b<-1 恒成立. ∵b∈[-2,-1],当 b=-1 时不成立,∴a≤0 不成立. ②当 g(1)<0,即 a>2+b 时,∵b∈[-2,-1],∴a>1. 此时,(ⅰ)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. (ⅱ)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.
[来源 :学科网]

∵f(1)≤0,故在(1,x0)内存在 x∈(1,e),使得 f(x)<0 成立. 综上,满足条件的 a 的取值范围为(1,+∞). ——————————————————规律· 总结—————————————— 利用分类讨论解导数问题的步骤 (1)确定分类讨论的对象,即对哪个参数进行讨论,如讨论单调区间端点值的大小. (2)对所讨论的对象进行合理分类(分类时要做到“不重复,不遗漏,标准要统一,分层 不越级”). (3)逐类讨论,即对各类问题详细讨论,逐步解决. (4)归纳总结:将各类情况归纳总结.

3.已知 函数 f(x)=x2-(a+2)x+aln x. (1)当 a=1 时,求函数 f(x)的极小值; (2)当 a=-1 时,过坐标原点 O 作曲线 y=f(x)的切线,设切点为 P(m,n),求实数 m 的 值; (3)设定义在 D 上的函数 y=g(x)在点 P(x0,y0)处的切线方程为 l:y=h(x),当 x≠x0 时, g?x?-h?x? 若 >0 在 D 内恒成立,则称 P 为函数 y=g(x)的“转点”.当 a=8 时,试问函数 y x-x0 =f(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 a=1 时,
2 1 2x -3x+1 ?x-1??2x-1? f′(x)=2x-3+ = = , x x x

1 1 当 0<x< 时,f′(x)>0;当 <x<1 时,f′(x)<0; 2 2 当 x>1 时,f′(x)>0. 所以当 x=1 时,f(x)取极小值-2. 1 (2)f′(x)=2x-1- (x>0), x
2 1 m -m-ln m 所以切线的斜率 k=2m-1- = , m m
[来源 :学_科_网 Z_X_X_K]

整理得 m2+ln m-1=0. 显然 m=1 是这个方程的解. 又因为 y=x2+ln x-1 在(0,+∞)上是增函数, 所以方程 x2+ln x-1=0 有唯一实数解,故 m=1. (3) 当 a = 8 时,函数 y = f(x) 在其图像上 一点 P(x0 , f(x0)) 处的切线方程为 h(x) =

?2x0+ 8 -10?(x-x0)+x2 0-10x0+8ln x0. x0 ? ?
设 F(x)=f(x)-h(x),则 F(x0)=0,则 F′(x)=f′(x)-h′(x)= ? 2x ?

? ?

8 4 8 2 ? 2x0+ -10?= (x-x0)?x- ?. -10 ? -? x x ? ? ? x 0 0? x ?

4? 若 0<x0<2,则 F(x)在? ?x0,x ?上单调递减,
0

4 F?x? x0, ?时,F(x)<F(x0)=0,此时 当 x∈? <0; x ? x-x0 0? 4 ? 若 x0>2,则 F(x)在? ?x ,x0?上单调递减,
0

4 F?x? ? 当 x∈? ?x0,x0?时,F(x)>F(x0)=0,此时x-x0<0. 所以 y=f(x)在(0,2)和(2,+∞)上不存在“转点”. 2 若 x0=2 时,则 F′(x)= (x-2)2,F(x)在(0,+∞)上是增函数,当 x>x0 时,F(x)>F(x0) x =0;当 x<x0 时,F(x)<F(x0)=0,所以点 P(x0,f(x0))为“转点”. 故函数 y=f(x)存在“转点”,且 2 是“转点”的横坐标.


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