二次函數(shù)在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用

(0，)p僅供個人參考(0，)p

第二講

二次函數(shù)在導(dǎo)數(shù)中的用1．遼寧)已知函數(shù)fx)＝e－2＋有零，則a的取值范圍______．解析函數(shù)fx)－2＋a有零點(diǎn)，即方程e－2x＋＝0實(shí)根，即函數(shù)(x＝2x－e，＝有交點(diǎn)，而g′()＝2，易知函數(shù)gx)x在－∞，ln2)上遞增在(ln，∞)遞減，因而gx)＝2x－e的值域?yàn)?－∞,2ln2－2]所以要使函數(shù)g()＝2x－e，＝有點(diǎn)，只需a≤2ln2即可．1變式：已知函數(shù)f()＝mx＋lnx－2在義域內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_____．21解析f′(x＝＋－2≥0對一切x>0恒成立xForpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialuse12121m≥－()＋，令(＝－(＋，則當(dāng)＝1時，xxxx函數(shù)g()得最大值1，故m≥1.f(x)2函數(shù)fx＝x－2＋在區(qū)間－∞1)上有最小值函數(shù)g()＝在間1＋∞)上是________x函數(shù)．填“增”或“減”)Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialf()解析由函數(shù)f(x)＝ax＋a在區(qū)間－∞，1)上有最小值可a的取值范圍為a，(＝＝xaax＋－2，則g′(＝1易知在∈(1，＋∞)上gx)>0，所以g(為增函數(shù)．xx3．若曲線(x＝＋ln存在垂直于y軸的切，則實(shí)數(shù)的值范圍___________．11解析f′(x＝3ax＋(>0)若函數(shù)存在垂直于軸切線，即3＋＝0有，＝－，x3Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercial1∵>0，∴－<0，∴<0.3x4．函數(shù))＝2cos＋1的導(dǎo)函數(shù)的最大值等于1，則實(shí)數(shù)m的值為_______．2解析顯然m，所以fx)mcos

x＋1＝(2cos－1)＋＋1mcosx＋，22Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercial因此f′(＝－sinx，其最大值為1，故有m一、求參數(shù)范圍例1設(shè)函數(shù)fx)x－＋1.Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercial(1)求函數(shù)fx的極值點(diǎn)；(2)當(dāng)>0時，若對任意的x，恒有(x≤0求的值范圍．解

11－px(1)∵x＝lnx－＋1，∴()的定義域?yàn)?，＋，′()＝－＝，xx當(dāng)p≤0時，′()>0x)在(0，＋∞)上無極值點(diǎn)；1當(dāng)p>0時，令f′(＝0∴x＝∈(0，＋∞)，pf′(x)、x隨的化情況如下表：x不得用于商業(yè)用途

11p

1(，＋∞)

僅供個人參考fx)f()

＋單調(diào)遞增

0極大值

－單調(diào)遞減1從上表可以看出，當(dāng)p時，x)有唯一的極大點(diǎn)x＝.p111(2)當(dāng)p>0時，()在＝處取得極大值f(＝ln，此大值也是最大值．要使)≤0恒成立，只需p11f()≤0，∴≥1，∴取值范圍[1，＋∞)．p變式訓(xùn)練1(2010·全國)設(shè)函f()＝(e－1)－1(1)若＝，求()的單調(diào)區(qū)間；2(2)若當(dāng)x≥0，)≥0，求a的值范圍．11解(1)＝時(＝x－x，22f′()＝e＋e－＝(e－1)(＋1)．當(dāng)x∈(－∞，時，′(x)>0；當(dāng)x－1,0)時，′(x)<0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，′()>0.故f()在－∞，－1)，(0，＋上單調(diào)遞增，－1,0)單調(diào)遞減．二、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式例2(2010·安徽)設(shè)為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(＝e＋2a，(1)求(x的單調(diào)區(qū)間與極值；(2)求證：當(dāng)a2－1且>0時，e>－2＋1.(1)解由fx＝e－2＋2，x∈R知f′()＝e，∈R.令f′()＝0得＝ln2.于是當(dāng)x變化時，f′()(x的變化情況如下表：xf′(x)f(x)

(－∞，ln2)－單調(diào)遞減

ln20極小值

(ln2，＋＋單調(diào)遞增故f()的單調(diào)遞減區(qū)間(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間(ln，＋∞)，()在x2處取得極小值，極小值為(ln＝e－2ln＋2＝2(1－ln2＋．三、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性2例3已知函數(shù)f()＝－＋a(2－lnx)，>0，討論()的單調(diào)性．x解

2x－ax＋2(1)()的定義域是0，＋∞)，函數(shù)′()＝1＋－＝.xx設(shè)g()＝－ax＋2二次方程(＝0的判別式Δ＝－8.①當(dāng)Δ即0<<22時，對一切>0都f′()>0.此時f()(，＋∞)的單調(diào)遞增函數(shù)．②當(dāng)Δ＝0即＝22時，僅對x＝2時，有′(＝0對其余的>0有f′()>0.此時f()是(，＋∞)的單調(diào)遞增函數(shù)．a(chǎn)－a－8a＋a－8③當(dāng)Δ即>22時方程gx)＝0有兩個不同的實(shí)根x＝，＝，0<.22x

(0，)

x

(x，x

x

(，＋∞)f′()不得用于商業(yè)用途

＋0－0＋

a＋23a311a＋23a311f()

極大值

極小值aa－8－8a－8a＋－8此時f()在，＋∞遞增，，2222

上單調(diào)遞減．歸納拓展討論函數(shù)的單調(diào)性其就是討論不等式的解集的情況，大多數(shù)情況下是歸結(jié)為一個含參數(shù)的一元二次不等式的解集的討論，能夠通過因式分解求出不等式對應(yīng)方程的根時依據(jù)根的大小行分類討論，在不能通過因式分解求出根情況時根據(jù)不等式對應(yīng)方程的判別式進(jìn)行分類討論．討論函的單調(diào)性是在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行的，千不要忽視了定義域的限制．變式訓(xùn)練2已知函數(shù)f()＝x＋(1－xa(a＋2)x＋(，∈R)．(1)若函數(shù)fx的圖象過原點(diǎn)，且在原點(diǎn)處的切斜率是，求，的；(2)若函數(shù)fx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′(＝3＋2(1)－(a，f()在原點(diǎn)處的切線斜率是－3則－a(＋2)，所以a＝，或a＝1.a(2)由′()＝0得，x＝－.f(x)在(－1,1)上不單調(diào)，即3a，a＋2a≠－，3

或

<1，.

a<1，解得1a≠－，2

a<1，或1a≠－2所以a的取值范圍－，12

.四、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值或值例3已知函數(shù)f()＝＋mx＋－2的圖象過點(diǎn)－1，－6)，且函數(shù)gx＝f′(x)＋6x的象關(guān)于軸對稱．(1)求、n值及函數(shù)yf()單調(diào)區(qū)間；(2)若>0求函數(shù)y＝(x)區(qū)間－1a＋1)內(nèi)的極值解(1)由函數(shù)f(x)的圖象過點(diǎn)(，－6)，得m－＝－3.由f()＝＋＋－2，得f′(＝3x＋2＋，2m＋6則g()＝′()＋6＝3x＋(2＋6)＋n而gx的圖象關(guān)于軸稱，所以－＝02×3所以m＝－3.代入①得n＝0.于是f′()＝3－6＝3x(－2)由f′()>0得>2或，故f()的單調(diào)遞增區(qū)間(－∞，0)(，＋∞)由f′()<0得0<x<2，故f()的單調(diào)遞減區(qū)間(0,2)(2)由1)得f′(x)＝3x(x，令f′()＝0x＝0或x當(dāng)x變化時，′(、()的變化情況如下表：

①xf′()

(－∞＋

00

(0,2)－

20

(2，＋∞)＋f()

極大值

極小值由此可得：當(dāng)a時，()在a－1，＋1)有極大值f(0)＝，無極小值當(dāng)a＝1時，(x)在a－1，內(nèi)無極值；當(dāng)1<<3時，)在a－1，＋1)內(nèi)有極小值f(2)＝－6，無極大值；當(dāng)a≥3時，(x)在a－1，內(nèi)無極值．綜上得，當(dāng)0<<1，)有極大值－2，無極小值；當(dāng)1<a時，f(x)有極小值6，極大值；當(dāng)a＝1或a≥3時，()無極值．不得用于商業(yè)用途

2僅供個人參考2例4(2011·北京)已知函數(shù)f()＝(－)e.(1)f()的單調(diào)區(qū)間求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值．解(1)′()－＋1)e.令f)＝0得x＝－1.fx)與f′(的變化情況如下：xf′()f()

(－∞，－1)－

k－10－e

(－1＋∞)＋所以，(x的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－1)；單調(diào)遞增區(qū)間是k，＋．(2)當(dāng)－1≤0，即k時，函(x)在0,1]上單調(diào)遞增，所以f()區(qū)間0,1]的最小值為f(0)＝－；當(dāng)0<－1<1，即1<<2時，由(1)知f()在[0，－1)單調(diào)遞減，在(－1,1]上單調(diào)遞增，所以f(x在區(qū)間0,1]上的最小值為(－1)＝－e；當(dāng)k－1≥1，即≥2時，函數(shù)f()[0,1]單調(diào)遞減，所以f()區(qū)間0,1]的最小值為f(1)＝(1－)e.綜上，當(dāng)≤1時，(在0,1]上的最小值為－，當(dāng)1<<2時，)在0,1]上的最小值為－e，當(dāng)k≥2時，(x)在0,1]上的最小值為(1－)e.a例5．已知函數(shù)(＝lnx－.x(1)當(dāng)>0時，判斷(在定義域上的單調(diào)性；3(2)若(x在[，e]上的最小值為，求a值；2(3)若(x)<

在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范圍．解(1)由題知f(x)定義域?yàn)?，＋∞)，1＋a且f′()＋＝.a>0，∴′()>0，f()在0＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．xxxx＋(2)由1)知：′(＝.x①若a≥－1，則＋≥0即′()≥0[，e]恒成立，此時f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，33∴()＝(1)＝－＝，∴a＝－(舍去)．22②若a≤－e，則x＋≤0即′()≤0[，e]恒成立，此時f(x)在[1，e]上為減函數(shù)，a3e∴()＝(e)＝1－＝?＝(去．e22③若－e<a－1，令′()＝0，＝－，當(dāng)1<<－，′(x)<0，∴fx)在1，－)上減函數(shù)；當(dāng)－<<e時，′()>0∴x)在(－，e)上為增函數(shù)，3∴()＝(－a)＝ln(－)＋1＝?＝e.綜上可知，a－e.(3)∵()<x

a，∴l(xiāng)n－<.又>0，∴x－x令g()＝lnx－，(＝g)＝1x－3，11－6h′(x)＝x＝，∵h(yuǎn)(在[1，＋∞)是減函數(shù)，hx)≤(1)＝－2即g′()<0，x∴(在[1＋∞)上也是減函數(shù)，∴(x≤(1)－1.令a≥－1得(，∴當(dāng)f()<x(，＋∞)成立時，≥－1.例6.某建筑公司要在一塊寬大矩形地(如圖所)上進(jìn)行開發(fā)建設(shè),陰影部分不得用于商業(yè)用途

僅供個人參考為一公共設(shè)施建設(shè)不能開發(fā),且求用欄柵隔(欄柵要求在一直線上),公共設(shè)施邊界為曲線f(x)

2

a0)

的一部分欄柵與矩形區(qū)域的邊交于點(diǎn)M,N交曲線于點(diǎn)P，設(shè)P(t,f())（1）將

OMN

（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積

表示成

t

的函數(shù)

S(t)

；（2）若在

t

12

處，

(t)

取得最小值，求此時

的值及

(t)

的最小值.（1）

y

，切線的斜率為at，切線l的方程為

y(12)x)令y得

122at212atat

21at2at

2

,令

t

,得

y2at,at2)12(12MON的面積S())2atat(2)

S

2

t

4

2(at21)(3at4at24at

2

Qat

,由

,得

3at2得

1a當(dāng)

3at

2

即

13

時,

當(dāng)

0,0

13a

時,

1當(dāng)t時()有最小值a已知在

t

12

處,

S()取得最小值

,故有

11433故當(dāng)

a

4,3

時,

S()

min

1()2

41(1344143

23不得用于商業(yè)用途

393僅供個人參考393變式訓(xùn)練(2011·山東某企業(yè)建造如圖所示的容器不厚度，長度單位：米)，其中容器的間為圓80π柱形，左右兩端均為半球形，按設(shè)計(jì)要求容器的容積為立方米，且l≥2假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅3與其表面積有關(guān)．已知圓柱形部每平方米建造費(fèi)用為3千元球形部分每平方米建費(fèi)用為(c>3)千元該容器的建造費(fèi)用為千元．(1)寫出y關(guān)的數(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r.解(1)設(shè)容器的容積為V480π由題意知＝πl(wèi)＋π，又V＝，334V－πr3804420故l＝＝－r＝(－．π333r由于l≥2，此0<≤2.420所以建造費(fèi)用y＝2π×3＋4c＝2π×－)×3＋4rc，3r160π因此y＝4π(－2)＋，0＜≤2.r160π8