第二講-二次函數(shù)在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用

第二講二次函數(shù)在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用1．(2011·遼寧)已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，則a的取值范圍是______．解析函數(shù)f(x)＝ex－2x＋a有零點(diǎn)，即方程ex－2x＋a＝0有實(shí)根，即函數(shù)g(x)＝2x－ex，y＝a有交點(diǎn)，而g′(x)＝2－ex，易知函數(shù)g(x)＝2x－ex在(－∞，ln2)上遞增,在(ln2，＋∞)上遞減，因而g(x)＝2x－ex的值域?yàn)?－∞,2ln2－2]，所以要使函數(shù)g(x)＝2x－ex，y＝a有交點(diǎn)，只需a≤2ln2－2即可．變式：已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為______．解析f′(x)＝mx＋eq\f(1,x)－2≥0對一切x>0恒成立，m≥－(eq\f(1,x))2＋eq\f(2,x)，令g(x)＝－(eq\f(1,x))2＋eq\f(2,x)，則當(dāng)eq\f(1,x)＝1時，函數(shù)g(x)取得最大值1，故m≥1.2．函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f(x),x)在區(qū)間(1，＋∞)上是________函數(shù)．(填“增”或“減”)解析由函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，可得a的取值范圍為a<1，∴g(x)＝eq\f(f(x),x)＝x＋eq\f(a,x)－2a，則g′(x)＝1－eq\f(a,x2).易知在x∈(1，＋∞)上g′(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)．3．若曲線f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是___________．解析f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)(x>0)，若函數(shù)存在垂直于y軸的切線，即3ax2＋eq\f(1,x)＝0有解，a＝－eq\f(1,3x3)，∵x>0，∴－eq\f(1,3x3)<0，∴a<0.4．函數(shù)f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1的導(dǎo)函數(shù)的最大值等于1，則實(shí)數(shù)m的值為________．解析顯然m≠0，所以f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1＝m(2cos2eq\f(x,2)－1)＋m＋1＝mcosx＋m＋1，因此f′(x)＝－msinx，其最大值為1，故有m＝±1.一、求參數(shù)范圍例1設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－px＋1.(1)求函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)；(2)當(dāng)p>0時，若對任意的x>0，恒有f(x)≤0，求p的取值范圍．解(1)∵f(x)＝lnx－px＋1，∴f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－p＝eq\f(1－px,x)，當(dāng)p≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上無極值點(diǎn)；當(dāng)p>0時，令f′(x)＝0，∴x＝eq\f(1,p)∈(0，＋∞)，f′(x)、f(x)隨x的變化情況如下表：x(0，eq\f(1,p))eq\f(1,p)(eq\f(1,p)，＋∞)f′(x)＋0－f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減從上表可以看出，當(dāng)p>0時，f(x)有唯一的極大值點(diǎn)x＝eq\f(1,p).(2)當(dāng)p>0時，f(x)在x＝eq\f(1,p)處取得極大值f(eq\f(1,p))＝lneq\f(1,p)，此極大值也是最大值．要使f(x)≤0恒成立，只需f(eq\f(1,p))＝lneq\f(1,p)≤0，∴p≥1，∴p的取值范圍是[1，＋∞)．變式訓(xùn)練1(2010·全國)設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2.(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)x≥0時，f(x)≥0，求a的取值范圍．解(1)a＝eq\f(1,2)時，f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．當(dāng)x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,0)上單調(diào)遞減．二、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式例2(2010·安徽)設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a>ln2－1且x>0時，ex>x2－2ax＋1.(1)解由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞) f′(x)－0＋f(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a三、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性例3已知函數(shù)f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)，a>0，討論f(x)的單調(diào)性．解(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.①當(dāng)Δ<0即0<a<2eq\r(2)時，對一切x>0都有f′(x)>0.此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．②當(dāng)Δ＝0即a＝2eq\r(2)時，僅對x＝eq\r(2)時，有f′(x)＝0，對其余的x>0都有f′(x)>0.此時f(x)也是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)．③當(dāng)Δ>0即a>2eq\r(2)時，方程g(x)＝0有兩個不同的實(shí)根x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0<x1<x2.x(0，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值此時f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上單調(diào)遞減．歸納拓展討論函數(shù)的單調(diào)性其實(shí)就是討論不等式的解集的情況，大多數(shù)情況下是歸結(jié)為一個含有參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，在能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小進(jìn)行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論．討論函數(shù)的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千萬不要忽視了定義域的限制．變式訓(xùn)練2已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函數(shù)f(x)的圖象過原點(diǎn)，且在原點(diǎn)處的切線斜率是－3，求a，b的值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍．解(1)由函數(shù)f(x)的圖象過原點(diǎn)，得b＝0，又f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，f(x)在原點(diǎn)處的切線斜率是－3，則－a(a＋2)＝－3，所以a＝－3，或a＝1.(2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－eq\f(a＋2,3).又f(x)在(－1,1)上不單調(diào)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<1，,a≠－\f(a＋2,3)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<－\f(a＋2,3)<1，,a≠－\f(a＋2,3).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<a<1，,a≠－\f(1,2)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－5<a<1，,a≠－\f(1,2).))所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).四、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值或最值例3已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(diǎn)(－1，－6)，且函數(shù)g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關(guān)于y軸對稱．(1)求m、n的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a>0，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內(nèi)的極值解(1)由函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(－1，－6)，得m－n＝－3.①由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.而g(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以－eq\f(2m＋6,2×3)＝0，所以m＝－3.代入①得n＝0.于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．由f′(x)>0得x>2或x<0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)；由f′(x)<0，得0<x<2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)．(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2.當(dāng)x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值由此可得：當(dāng)0<a<1時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)有極大值f(0)＝－2，無極小值；當(dāng)a＝1時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)無極值；當(dāng)1<a<3時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)有極小值f(2)＝－6，無極大值；當(dāng)a≥3時，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)無極值．綜上得，當(dāng)0<a<1時，f(x)有極大值－2，無極小值；當(dāng)1<a<3時，f(x)有極小值－6，無極大值；當(dāng)a＝1或a≥3時，f(x)無極值．例4(2011·北京)已知函數(shù)f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值．解(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)與f′(x)的變化情況如下：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)－ek－1所以，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，k－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是(k－1，＋∞)．(2)當(dāng)k－1≤0，即k≤1時，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k；當(dāng)0<k－1<1，即1<k<2時，由(1)知f(x)在[0，k－1)上單調(diào)遞減，在(k－1,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1；當(dāng)k－1≥1，即k≥2時，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e.綜上，當(dāng)k≤1時，f(x)在[0,1]上的最小值為－k，當(dāng)1<k<2時，f(x)在[0,1]上的最小值為－ek－1，當(dāng)k≥2時，f(x)在[0,1]上的最小值為(1－k)e.例5．已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)當(dāng)a>0時，判斷f(x)在定義域上的單調(diào)性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值為eq\f(3,2)，求a的值；(3)若f(x)<x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解(1)由題知f(x)定義域?yàn)?0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2).∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．(2)由(1)知：f′(x)＝eq\f(x＋a,x2).①若a≥－1，則x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝eq\f(3,2)，∴a＝－eq\f(3,2)(舍去)．②若a≤－e，則x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，∴f(x)min＝f(e)＝1－eq\f(a,e)＝eq\f(3,2)?a＝－eq\f(e,2)(舍去)．③若－e<a<－1，令f′(x)＝0，得x＝－a，當(dāng)1<x<－a時，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上為減函數(shù)；當(dāng)－a<x<e時，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數(shù)，∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝eq\f(3,2)?a＝－eq\r(e).綜上可知，a＝－eq\r(e).(3)∵f(x)<x2，∴l(xiāng)nx－eq\f(a,x)<x2.又x>0，∴a>xlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝eq\f(1,x)－6x＝eq\f(1－6x2,x)，∵h(yuǎn)(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，∴h(x)≤h(1)＝－2，即g′(x)<0，∴g(x)在[1，＋∞)上也是減函數(shù)，∴g(x)≤g(1)＝－1.令a≥－1得a>g(x)，∴當(dāng)f(x)<x2在(1，＋∞)恒成立時，a≥－1.例6.某建筑公司要在一塊寬大的矩形地面(如圖所示)上進(jìn)行開發(fā)建設(shè),陰影部分為一公共設(shè)施建設(shè)不能開發(fā),且要求用欄柵隔開(欄柵要求在一直線上),公共設(shè)施邊界為曲線的一部分,欄柵與矩形區(qū)域的邊界交于點(diǎn)SKIPIF1<0，交曲線于點(diǎn)SKIPIF1<0，設(shè)（1）將（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積表示成的函數(shù)；（2）若在處，取得最小值，求此時的值及的最小值.（1），切線的斜率為，切線的方程為令得,令,得的面積(2),由,得當(dāng)時,當(dāng)時,已知在處,,故有故當(dāng)時,變式訓(xùn)練(2011·山東)某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計(jì)厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計(jì)要求容器的容積為eq\f(80π,3)立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅與其表面積有關(guān)．已知圓柱形部分每平方米建造費(fèi)用為3千元，半球形部分每平方米建造費(fèi)用為c(c>3)千元．設(shè)該容器的建造費(fèi)用為y千元．(1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達(dá)式，并求該函數(shù)的定義域；(2)求該容器的建造費(fèi)用最小時的r.解(1)設(shè)容器的容積為