第二講二次函數在導數中的應用1．(2011·遼寧)已知函數f(x)＝ex－2x＋a有零點，則a的取值范圍是______．解析函數f(x)＝ex－2x＋a有零點，即方程ex－2x＋a＝0有實根，即函數g(x)＝2x－ex，y＝a有交點，而g′(x)＝2－ex，易知函數g(x)＝2x－ex在(－∞，ln2)上遞增,在(ln2，＋∞)上遞減，因而g(x)＝2x－ex的值域為(－∞,2ln2－2]，所以要使函數g(x)＝2x－ex，y＝a有交點，只需a≤2ln2－2即可．變式：已知函數f(x)＝eq\f(1,2)mx2＋lnx－2x在定義域內是增函數，則實數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eq\f(1,x)＝1時，函數g(x)取得最大值1，故m≥1.2．函數f(x)＝x2－2ax＋a在區間(－∞，1)上有最小值，則函數g(x)＝eq\f(f(x),x)在區間(1，＋∞)上是________函數．(填“增”或“減”)解析由函數f(x)＝x2－2ax＋a在區間(－∞，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．3．若曲線f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實數a的取值范圍是___________．解析f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)(x>0)，若函數存在垂直于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f(x)＝2mcos2eq\f(x,2)＋1的導函數的最大值等于1，則實數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、求參數范圍例1設函數f(x)＝lnx－px＋1.(1)求函數f(x)的極值點；(2)當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)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－p＝eq\f(1－px,x)，當p≤0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上無極值點；當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)單調遞增極大值單調遞減從上表可以看出，當p>0時，f(x)有唯一的極大值點x＝eq\f(1,p).(2)當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，＋∞)．變式訓練1(2010·全國)設函數f(x)＝x(ex－1)－ax2.(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的單調區間；(2)若當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x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0；當x∈(－1,0)時，f′(x)<0；當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上單調遞增，在(－1,0)上單調遞減．二、利用導數證明不等式例2(2010·安徽)設a為實數，函數f(x)＝ex－2x＋2a，x(1)求f(x)的單調區間與極值；(2)求證：當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)單調遞減極小值單調遞增故f(x)的單調遞減區間是(－∞，ln2)，單調遞增區間是(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、利用導數研究函數單調性例3已知函數f(x)＝x－eq\f(2,x)＋a(2－lnx)，a>0，討論f(x)的單調性．解(1)f(x)的定義域是(0，＋∞)，導函數f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).設g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8.①當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，＋∞)上的單調遞增函數．②當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，＋∞)上的單調遞增函數．③當Δ>0即a>2eq\r(2)時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根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)))上單調遞減．歸納拓展討論函數的單調性其實就是討論不等式的解集的情況，大多數情況下是歸結為一個含有參數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方程的根時依據根的大小進行分類討論，在不能通過因式分解求出根的情況時根據不等式對應方程的判別式進行分類討論．討論函數的單調性是在函數的定義域內進行的，千萬不要忽視了定義域的限制．變式訓練2已知函數f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．(1)若函數f(x)的圖象過原點，且在原點處的切線斜率是－3，求a，b的值；(2)若函數f(x)在區間(－1,1)上不單調，求a的取值范圍．解(1)由函數f(x)的圖象過原點，得b＝0，又f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，f(x)在原點處的切線斜率是－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，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、利用導數研究函數的極值或最值例3已知函數f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(－1，－6)，且函數g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關于y軸對稱．(1)求m、n的值及函數y＝f(x)的單調區間；(2)若a>0，求函數y＝f(x)在區間(a－1，a＋1)內的極值解(1)由函數f(x)的圖象過點(－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)的單調遞增區間是(－∞，0)和(2，＋∞)；由f′(x)<0，得0<x<2，故f(x)的單調遞減區間是(0,2)．(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2.當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0<a<1時，f(x)在(a－1，a＋1)內有極大值f(0)＝－2，無極小值；當a＝1時，f(x)在(a－1，a＋1)內無極值；當1<a<3時，f(x)在(a－1，a＋1)內有極小值f(2)＝－6，無極大值；當a≥3時，f(x)在(a－1，a＋1)內無極值．綜上得，當0<a<1時，f(x)有極大值－2，無極小值；當1<a<3時，f(x)有極小值－6，無極大值；當a＝1或a≥3時，f(x)無極值．例4(2011·北京)已知函數f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的單調區間；(2)求f(x)在區間[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)的單調遞減區間是(－∞，k－1)；單調遞增區間是(k－1，＋∞)．(2)當k－1≤0，即k≤1時，函數f(x)在[0,1]上單調遞增，所以f(x)在區間[0,1]上的最小值為f(0)＝－k；當0<k－1<1，即1<k<2時，由(1)知f(x)在[0，k－1)上單調遞減，在(k－1,1]上單調遞增，所以f(x)在區間[0,1]上的最小值為f(k－1)＝－ek－1；當k－1≥1，即k≥2時，函數f(x)在[0,1]上單調遞減，所以f(x)在區間[0,1]上的最小值為f(1)＝(1－k)e.綜上，當k≤1時，f(x)在[0,1]上的最小值為－k，當1<k<2時，f(x)在[0,1]上的最小值為－ek－1，當k≥2時，f(x)在[0,1]上的最小值為(1－k)e.例5．已知函數f(x)＝lnx－eq\f(a,x).(1)當a>0時，判斷f(x)在定義域上的單調性；(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)定義域為(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，＋∞)上是單調遞增函數．(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，∴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，∴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1<x<－a時，f′(x)<0，∴f(x)在(1，－a)上為減函數；當－a<x<e時，f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上為增函數，∴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，∴lnx－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(x)在[1，＋∞)上是減函數，∴h(x)≤h(1)＝－2，即g′(x)<0，∴g(x)在[1，＋∞)上也是減函數，∴g(x)≤g(1)＝－1.令a≥－1得a>g(x)，∴當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)上進行開發建設,陰影部分為一公共設施建設不能開發,且要求用欄柵隔開(欄柵要求在一直線上),公共設施邊界為曲線的一部分,欄柵與矩形區域的邊界交于點SKIPIF1<0，交曲線于點SKIPIF1<0，設（1）將（O為坐標原點）的面積表示成的函數；（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,得當時,當時,已知在處,,故有故當時,變式訓練(2011·山東)某企業擬建造如圖所示的容器(不計厚度，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，按照設計要求容器的容積為eq\f(80π,3)立方米，且l≥2r.假設該容器的建造費用僅與其表面積有關．已知圓柱形部分每平方米建造費用為3千元，半球形部分每平方米建造費用為c(c>3)千元．設該容器的建造費用為y千元．(1)寫出y關于r的函數表達式，并求該函數的定義域；(2)求該容器的建造費用最小時的r.解(1)設容器的容積為