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1、第 17 练导数的综合应用 题型一利用导数研究函数图象 例 1函数 f(x) 1 2x 2sin xxcos x 的图象大致是 () 破题切入点利用导数确定函数的单调性 答案A 解析方法一因为 f(x) 1 2x 2sin(x)xcos x f(x)， 所以函数f(x) 1 2x 2sin xxcos x 为奇函数， 图象关于原点对称，排除C，D， 又当 00，所以选择 A. 方法二因为 f(x)1 2x 2sin(x)xcos x f(x)， 所以函数f(x) 1 2x 2sin xxcos x 为奇函数， 图象关于原点对称，排除C，D， 又 f(x)xsin x 1 2x 2cos xco
2、s xxsin x ( 1 2x 21)cos x， 所以当 00， 函数单调递增，排除B，选择 A. 题型二利用导数研究函数的零点或方程的根 例 2设函数 f(x) 1 3x 3ax2ax，g(x)2x2 4xc. (1)试判断函数f(x)的零点个数； (2)若 a 1，当 x3,4时，函数f(x)与 g(x)的图象有两个公共点，求c 的取值范围 破题切入点(1)对 f(x)求导找出极值点、对a 讨论看图象与x 轴交点的个数 (2)结合两个函数的图象求解 解(1)f(x) 1 3x 3ax2 axx(1 3x 2axa)， 令 f(x)0，得 x0 或1 3x 2axa 0.(*) 显然方程
3、 (*) 的根的判别式 (a) 241 3(a) a24 3a a(a 4 3) 当 a0 时， 0，方程 (*) 有两个非零实根， 此时函数f(x)有 3 个零点； 当 a 4 3时， 0，方程 (*) 有两个相等的非零实根， 此时函数f(x)有 2 个零点； 当 a0 时， 0，方程 (*) 有两个相等的零实根， 此时函数f(x)有 1 个零点； 当 4 30 时，函数f(x)有 3 个零点； 当 a 4 3时，函数 f(x)有 2 个零点； 当 4 30 ； f(0)f(1)0 ； f(0)f(3)0， f(3)275427abc abc0. 2.若函数 yf(x)的导函数yf(x)的图
4、象如图所示，则yf(x)的图象可能为() 答案C 解析根据 f(x)的符号， f(x)图象应该是先下降后上升，最后下降，排除A，D；从适合 f(x) 0 的点可以排除B. 3已知 a 1x x ln x 对任意 x1 2，2恒成立，则 a 的最大值为 () A0 B1 C2 D3 答案A 解析设 f(x) 1x x ln x， 则 f(x) xx1 x 21 x x1 x 2. 当 x1 2，1)时， f(x)0， 故函数 f(x)在(1,2 上单调递增， f(x)minf(1)0， a0，即 a 的最大值为0. 4已知函数f(x)的图象如图所示，f(x)是 f(x)的导函数，则下列数值排序正
5、确的是() A0f(3) 记 A(2， f(2)、 B(3，f(3)，作直线 AB，则直线 AB 的斜率 k f 3 f 2 32 f(3)f(2)， 由函数图象，可知k1kk20，即 f(2)f(3) f(2)f(3)0.故选 B. 5已知 a 为常数，函数f(x)x(ln xax)有两个极值点x1，x2(x10，f(x2) 1 2 Bf(x1)0，f(x2) 1 2 答案D 解析f(x)ln x2ax1， f (x1)0，f (x2)0， 则ln x 11 2 ax1， ln x21 2 ax2， f(x1)x1(ln x1ax1) 1 2x 1(ln x11)， f(x2)1 2x2(l
6、n x21)， yln x 与 y2ax 1 交于两点， 01，ln x10， f(x1) 1 2. 6设函数 f(x)ax 2bxc(a，b，cR)，若 x 1 为函数 f(x)ex 的一个极值点，则下列图象不 可能为 yf(x)的图象是 () 答案D 解析设 h(x)f(x)ex， 则 h(x) (2axb)ex(ax2bxc)ex (ax 22axbxbc)ex. x 1 为函数 f(x)ex的一个极值点， ca 0，ca.f(x)ax2bx a. 若方程 ax2bxa0 有两根 x1，x2， 则 x1x2a a1， D 中图象一定不满足条件 7已知函数f(x)e x2x a 有零点，则
7、 a 的取值范围是_ 答案(， 2ln 22 解析函数 f(x)e x2xa 有零点，即方程 e x2x a0 有实根，即函数 g(x)2xe x，ya 有交点， 而 g(x)2ex，易知函数g(x)2xex在(，ln 2)上递增， 在(ln 2 ， )上递减， 因而 g(x)2xex的值域为 ( ，2ln 22，所以要使函数g(x) 2xe x，ya 有交点，只需 a2ln 22 即可 8某名牌电动自行车的耗电量y与速度 x 之间有如下关系：y 1 3x 339 2 x 240x(x0)，为使耗电 量最小，则速度应定为_ 答案40 解析 yx 239x40，令 y 0. 即 x239x400
8、，解得 x 40 或 x 1(舍) 当 x40 时， y0，当 00) 当 a0 时，由 ax210，得 x 1 a. 由 ax210 时， F(x)在区间 1 a， 上单调递增， 在区间0， 1 a 上单调递减 当 a0 时， F(x)0)恒成立 故当 a0 时， F(x)在 (0， )上单调递减 (2)原式等价于方程a 2ln x x 2 (x)在区间 2，e上有两个不等解 (x) 2x 1 2ln x x 4在(2，e)上为增函数， 在(e，e)上为减函数，则 (x)max (e)1 e， 而 (e) 2 e 20)，则 t1， 所以 m t1 t 2 t1 1 t1 1 t 1 1 对
9、任意 t1 成立 因为 t1 1 t112 t1 1 t 113， 所以 1 t1 1 t11 1 3， 当且仅当t2，即 xln 2 时等号成立 因此实数 m 的取值范围是 ， 1 3 . (3)解令函数 g(x)e x1 e xa(x3 3x)， 则 g(x) e x1 e x 3a(x 21) 当 x1 时， ex 1 e x0，x210， 又 a0，故 g (x)0. 所以 g(x)是 1， )上的单调增函数， 因此 g(x)在 1， )上的最小值是g(1)ee 1 2a. 由于存在x01， )， 使 ex0e x0 a(x3 03x0) e e 1 2 . 令函数 h(x)x(e1)
10、ln x1， 则 h(x) 1 e1 x . 令 h(x) 0，得 xe1. 当 x(0，e1)时， h(x)0， 故 h(x)是(e1， )上的单调增函数， 所以 h(x)在 (0， )上的最小值是h(e1) 注意到 h(1)h(e)0， 所以当 x(1，e1)? (0，e1)时， h(e 1)h(x)(e1)ln a， 从而 e a1h(e) 0，即 a1(e1)ln a， 故 e a1ae1. 综上所述，当a ee 1 2 ，e 时， e a1ae1. 12(2013 陕西 )已知函数f(x)e x， xR. (1)若直线 ykx1 与 f(x)的反函数的图象相切，求实数k 的值； (2
11、)设 x0，讨论曲线yf(x)与曲线 ymx 2(m0)公共点的个数； (3)设 a0， (x)在 (2， )上单调递增， (x)在(0， )上的最小值为 (2)e 2 4 . 当 0e 2 4 时，在区间 (0,2)内存在 x1 1 m， 使得 (x 1)m， 在(2， )内存在 x2me 2， 使得 (x 2)m. 由 (x)的单调性知，曲线y e 2 x 2与 ym 在(0， )上恰有两个公共点 综上所述，当x0 时， 若 0e 2 4 ，曲线 yf(x)与 ymx2有两个公共点 (3)方法一可以证明 f a f b 2 f b f a 2 . 事实上， f a f b 2 f b f
12、a ba ? e aeb 2 e bea ba ? ba 2 e bea e bea ? ba 2 1 2e a e bea ? ba 2 1 2 e ba1(ba)(*) 令 (x) x 2 2 e x11(x 0)， 则 (x) 1 2 2e x e x12 e x 124ex 2 e x12 e x12 2 e x12 0(仅当 x0 时等号成立 )， (x)在0， )上单调递增， x0 时， (x) (0)0. 令 xba，即得 (*) 式，结论得证 方法二 f a f b 2 f b f a ba e bea 2 e bea ba be bbeaaebaea 2eb2ea 2 ba e a 2 ba (ba)e ba(ba)2eba2， 设函数 u(x)xe xx2ex2(x0)， 则 u(x) e x xex12ex. 令 h(x)u(x)，则 h(x)exexxe x 2exxex0(仅当 x0 时等号成立 )， u(x)单调递增， 当 x0 时， u (x)u(0)0，u(x)单调递增 当 x0 时， u(x)u(0)0. 令 xba，则得 (ba)e ba(ba)2eba20， e bea 2 e bea ba 0， 因此， f a f b 2 f b f a ba .