5.3.2(3) 导数在函数中的应用
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[ 【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习(人教A版2019)]
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选择性第二册同步巩固,难度2颗星!
基础知识
函数单调性与导数
在某个区间\((a ,b)\)内,若\(f'(x)>0\),则函数\(y=f(x)\)在这个区间内单调递增;
若\(f'(x)<0\),则函数\(y=f(x)\)在这个区间内单调递减.
函数增长快慢
一般地,如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大,那么函数在这个范围内变化得较快,这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下);反之,函数在这个范围内变化得较慢,函数的图象就比较“平缓”.
求函数的极值的方法
解方程\(f'(x)=0\),当\(f'(x_0)=0\)时:
(1) 如果在\(x_0\)附近的左侧\(f'(x)>0\),右侧\(f'(x)<0\),那么\(f(x_0)\)是极大值;
(2) 如果在\(x_0\)附近的左侧\(f'(x)<0\),右侧\(f'(x)>0\),那么\(f(x_0)\)是极小值.
函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数\(y=f(x)\)在\((a ,b)\)内的极值;
(2)将函数\(y=f(x)\)的各极值与端点处的函数值\(f(a)\),\(f(b)\)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
基本方法
【题型1】 函数的大致图象
【典题1】 画出函数\(f(x)=(x+1) e^x\)的大致图象.
解析 函数的定义域为\(R\),\(f'(x)=e^x+(x+1) e^x=(x+2) e^x\),
当\(x>-2\)时,\(f'(x)>0\);当\(x<-2\)时,\(f'(x)<0\);
所以\(f(x)\)在\((-∞,-2)\)上单调递减,在\((-2,+∞)\)上单调递增,
且极小值\(f(-2)=-\dfrac{1}{e ^2}\),过点\((-1,0)\),\((0,1)\),
当\(x→-∞\)时,\(y=x+1→-∞\),\(y=e^x→0\),
则\(f(x)=(x+1) e^x<0\)且趋向于\(0\),
当\(x→+∞\)时,\(f(x)=(x+1) e^x→+∞\),\(f'(x)→+∞\),
根据以上信息,可画出函数\(f(x)=(x+1) e^x\)的大致图象如下:
点拨
1.画函数\(y=f(x)\)在区间\((a,b)\)上的大致图象步骤:
① 求函数单调性,再求极值与最值;
② 求出一些关键点,比如函数零点等;
③ 确定当\(x→a\),\(x→b\)时,函数值的变化.
2.函数增长快慢:导函数的绝对值\(|f'(x)|\)大小决定函数\(f(x)\)的增长快慢.
3.类似“当\(x\)趋向某值时,函数值y会怎么变化”的问题,要注意函数的类型及其增长的快慢;
比如对于\(y=e^x\),当\(x→0\)时,\(y→e^0=1\)(函数\(y=e^x\)能取到\(0\),直接代入便可);
当\(x→-∞\)时,\(y→0\)(可想象下\(x\)取一很小的负数\(-10000\),对应函数值 \(y=\dfrac{1}{e^{10000}}\)很小);
对于函数 \(y=\dfrac{\ln x}{x^2}\),当\(x→+∞\)时,分母\(x^2→+∞\),分子\(\ln x→+∞\),那 \(\dfrac{\ln x}{x^2}\)趋向什么呢?
因为函数\(y=\ln x\)较函数\(y=x^2\)在\((0,+∞)\)增长得慢很多,所以当\(x→+∞\)时, \(\dfrac{\ln x}{x^2} \rightarrow 0\).
4.我们在解题中会经常遇到如下的六个超越函数,掌握它们的图象及性质便于找到解题思路与提高解题速度:
函数 | \(f(x)=x\cdot \ln x\) | \(f(x)=x\cdot e^x\) | \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\) |
---|---|---|---|
图象 | ![]() |
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函数 | \(f(x)=\dfrac{x}{\ln x}\) | \(f(x)=\dfrac{e^x}{x}\) | \(f(x)=\dfrac{x}{e^x}\) |
图象 | ![]() |
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【巩固练习】
1.向高为\(H\)的水瓶中注水,注满为止,如果注水量\(V\)与水深\(H\)的函数关系的图象如上图所示,那么水瓶的形状是( )
A. \(\qquad \qquad\) B.
\(\qquad \qquad\) C.
\(\qquad \qquad\) D.
2.青花瓷,又称白地青花瓷,常简称青花,是中国瓷器的主流品种之一.如图,这是景德镇青花瓷,现往该青花瓷中匀速注水,则水的高度\(y\)与时间\(x\)的函数图象大致是( )
A. \(\qquad \qquad \qquad\) B.
C. \(\qquad \qquad \qquad\) D.
3.画出函数\(f(x)=\dfrac{e^x}{x}\)的大致图象.
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 因为高度不是均匀上升的,应排除\(D\);图象中没有出现对称情况,应排除\(C\);随着\(V\)的不断增加,\(H\)的改变越来越快,图象应是越来越窄.
故选:\(B\). -
答案 \(C\)
解析 由图可知,青花瓷上下细,中间粗,则在一定时间匀速注水过程中,水的高度先一直增高,且开始时水的高度增高得速度越来越慢,到达青花瓷最粗处之后,水的高度增高得越来越快,结合选项可知,选项\(C\)符合题意.
故选:\(C\). -
答案
解析 函数的定义域为\(\{x|x≠0\}\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{(x-1) e^x}{x^2}\),
当\(x<0\)时,\(f'(x)<0\);当\(0<x<1\)时,\(f'(x)<0\);当\(x>1\)时,\(f'(x)>0\);
所以\(f(x)\)在\((-∞,0)\),\((0,1)\)上单调递减,在\((1,+∞)\)上单调递增,且极小值\(f(1)=e\),
当\(x→-∞\)时, \(f(x)=\dfrac{e^x}{x} \rightarrow 0\);当\(x<0\)且\(x→0\)时, \(f(x)=\dfrac{e^x}{x} \rightarrow-\infty\);
当\(x>0\)且\(x→0\)时, \(f(x)=\dfrac{e^x}{x} \rightarrow+\infty\);
根据以上信息,可画出函数\(f(x)=\dfrac{e^x}{x}\)的大致图象如下:
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【题型2】 函数零点个数
【典题1】 若\(f(x)=x^3-3ax+a(a\in R)\)仅有一个零点,求\(a\)的取值范围.
解析 因为\(f(x)=x^3-3ax+a(a\in R)\),
所以\(f'(x)=3x^2-3a=3(x^2-a)\).
①当\(a⩽0\)时,\(f'(x)⩾0\)恒成立,
\(f(x)\)在\(R\)上单调递增,易知其有\(1\)个零点,满足题意;
②当\(a>0\)时,\(x\in (-∞,-\sqrt{a})∪(\sqrt{a},+∞)\)时,\(f'(x)>0\);
\(x\in (-\sqrt{a},\sqrt{a})\)时,\(f'(x)<0\);
故\(f(x)\)在\((-∞,-\sqrt{a})\)和\((\sqrt{a},+∞)\)上单调递增,在\((-\sqrt{a},\sqrt{a})\)上单调递减,
而\(f(-\sqrt{a})=2 a \sqrt{a}+a>0\),\(f(\sqrt{a})=-2a\sqrt{a}+a\),
由题意知:\(f(x)\)仅有\(1\)个零点,
所以\(f(\sqrt{a})=-2a\sqrt{a}+a>0\),即\(0<a<\dfrac{1}{4}\).
综上,\(a\)的取值范围为 \(\left(-\infty, \dfrac{1}{4}\right]\).
【典题2】 已知函数\(f(x)=\dfrac{1}{x} +a\ln x-a-1\),\(a\in R\).
(1)讨论函数\(f(x)\)的单调性;\(\qquad \qquad\) (2)讨论函数\(f(x)\)的零点个数.
解析 \(f^{\prime}(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{a}{x}=\dfrac{a x-1}{x^2}\) ,
当\(a≤0\)时,\(f'(x)<0\),故\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递减,
当\(a>0\)时,\(f'(x)>0⇒x>\dfrac{1}{a}\),
\(f(x)\)在 \(\left(0, \dfrac{1}{a}\right)\)上单调递减,在 \(\left(\dfrac{1}{a},+\infty\right)\)上单调递增.
(2)当\(a≤0\)时, \(f\left(\dfrac{1}{e}\right)=e-2 a-1 \geq e-1>0\),\(f(e)=\dfrac{1}{e} -1<0\),
\(f(x)\)有唯一零点;
当\(a>0\)时,\(f(1)=-a<0\),
由\(e^x≥x+1\)知 \(e^{-a-1}<\dfrac{1}{a}\), \(e^{1+\frac{1}{a}}>\dfrac{1}{a}\) ,
\(f\left(e^{1+\frac{1}{a}}\right)>\dfrac{1}{1+\frac{1}{a}}+a\left(1+\frac{1}{a}\right)-a-1>0\),
\(f\left(e^{-a-1}\right)=e^{a+1}-(a+1)^2\),
令\(g(t)=e^t-t^2\),则\(g'(t)=e^t-2t\),\(g'' (t)=e^t-2\),
当\(t>1\)时,\(g'' (t)>e-2>0\),\(\therefore g'(t)\)单调递增,
\(\therefore g'(t)>g'(1)=e-2>0\),\(\therefore g(t)\)单调递增,
\(\therefore g(t)>g(1)=e-1>0\),故 \(f\left(e^{-\alpha-1}\right)>0\),
\(\therefore f(x)\)在 \(\left(0, \dfrac{1}{a}\right)\)和 \(\left(\dfrac{1}{a},+\infty\right)\)内各有一个零点.
综上,当\(a≤0\)时\(f(x)\)有一个零点,当\(a>0\)时\(f(x)\)有两个零点.
【巩固练习】
1.已知函数\(f(x)=x^3+ax^2-6x+b(b>0)\)在\(x=2\)处的切线与x轴平行.
(1)求\(f(x)\)在区间\([-2,4]\)上的最值;
(2)若\(f(x)\)恰有两个零点,且\(f(x)⩾c+10\)在\((0,+∞)\)时恒成立,求实数\(c\)的取值范围.
2.已知函数\(f(x)=\dfrac{a \ln x}{x}-\dfrac{1}{2} x+a-1(a \in R)\),记\(g(x)=xf(x)\).
(1)当\(a<1\)时,求\(g(x)\)在区间\([1,3]\)上的最大值;
(2)当\(a=2\)时,试判断\(f(x)\)的零点个数.
3.设函数\(f(x)=x^2-(a-2)x-a\ln x\).
(1)求函数的单调区间;
(2)若函数\(f(x)\)有两个零点,求正整数\(a\)的最小值.
参考答案
- 答案 (1)最小值为\(-10+b\),最大值为\(16+b\);(2)\(c⩽-10\) .
解析 (1)依题意,\(f'(x)=3x^2+2ax-6\)由已知\(f'(2)=0\),
即\(12+4a-6=4a+6=0\),解得\(a=-\dfrac{3}{2}\).
所以\(f'(x)=3x^3-3x-6=3(x+1)(x-2)\).
\(x\) | \(-2\) | \((-2,-1)\) |
\(-1\) | \((-1,2)\) |
\(2\) | \((2,4)\) |
\(4\) |
---|---|---|---|---|---|---|---|
\(f'(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
\(f(x)\) | \(-2+b\) | 递增 | \(\dfrac{7}{2}+b\) | 递减 | \(-10+b\) | 递增 | \(16+b\) |
由上表可知\(f(x)\)的最小值为\(-10+b\),最大值为\(16+b\).
(2)由(1)知\(f(x)\)的极大值点为\(x=-1\),
因为\(b>0\),所以\(f(x)\)的极大值\(f(-1)=b+\dfrac{7}{2}>0\),
故若\(f(x)\)恰有两个零点,则\(f(x)\)的极小值\(f(2)=b-10=0\).
由(1)\(y=f(x)\)在\((0,+∞)\)上的最小值为\(0\).
即有\(0⩾c+10\).所以\(c⩽-10\).
-
答案 (1)\(a-\dfrac{3}{2}\) ;(2)\(2\).
解析 (1)由题意知,\(g(x)=xf(x)=a\ln x-\dfrac{1}{2} x^2+(a-1)x(1⩽x⩽3)\),
则 \(g^{\prime}(x)=\dfrac{a}{x}-x+a-1=\dfrac{-x^2+(a-1) x+a}{x}=\dfrac{(-x+a)(x+1)}{x}\),
当\(a<1\)且\(1⩽x⩽3\)时,\(g'(x)<0\)恒成立,
从而\(g(x)\)在\([1,3]\)单调递减,
故\(g(x)\)的最大值为\(g(1)=a-\dfrac{3}{2}\).
(2)由题意知,判断\(f(x)\)的零点个数,即判断\(g(x)\)的零点个数,
当\(a=2\)时,\(g(x)=2\ln x-\dfrac{1}{2} x^2+x(x>0)\),
\(g^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}-x+1=\dfrac{(-x+2)(x+1)}{x}\),
由\(g'(x)=0\)得\(x=2\),
所以当\(x\in (0,2)\)时,\(g'(x)>0\),\(g(x)\)单调递增;
当\(x\in (2,+∞)\)时,\(g'(x)<0\),\(g(x)\)单调递减,
所以\(x=2\)是\(g(x)\)唯一的极值点且为极大值点,
故 \(g_{\max }(x)=g(2)=2 \ln 2>0\),
又\(g\left(\dfrac{1}{e}\right)=-2-\dfrac{1}{2 e^2}-\dfrac{1}{e}<0\),
\(g\left(e^2\right)=4-\dfrac{1}{2} e^4+e^2=-\dfrac{1}{2}\left(e^2-1\right)^2+\dfrac{9}{2}<0\),
由零点的存在性定理知,\(g(x)\)在\(\left(\dfrac{1}{e}, 2\right)\)和\((2,e^2 )\)上分别有一个零点,
故\(f(x)\)有\(2\)个零点. -
答案 (1) 单调增区间为\(\left(\dfrac{a}{2},+\infty\right)\),单调减区间为\(\left(0, \dfrac{a}{2}\right)\);(2) \(3\).
解析 (1) \(f^{\prime}(x)=2 x-(a-2)-\dfrac{a}{x}=\dfrac{2 x^2-(a-2) x-a}{x}=\dfrac{(2 x-a)(x+1)}{x}(x>0)\),
当\(a⩽0\)时,\(f'(x)>0\),函数\(f(x)\)在区间\((0,+∞)\)内单调递增,
所以函数\(f(x)\)的单调增区间为\((0,+∞)\),无单调减区间;
当\(a>0\)时,由\(f'(x)>0\),得\(x>\dfrac{a}{2}\);由\(f'(x)<0\),得\(0<x<\dfrac{a}{2}\).
所以函数\(f(x)\)的单调增区间为\(\left(\dfrac{a}{2},+\infty\right)\),单调减区间为\(\left(0, \dfrac{a}{2}\right)\),
(2)由(1)知:如果函数\(f(x)\)有两个零点,则\(a>0\),且 \(f\left(\dfrac{a}{2}\right)<0\),
即\(-a^2+4a-4a\ln \dfrac{a}{2}<0\),即\(a+4\ln \dfrac{a}{2}-4>0\),
令\(h(a)=a+4\ln \dfrac{a}{2}-4\),
可知\(h(a)\)在区间\((0,+∞)\)内为增函数,
且\(h(2)=-2<0\), \(h(3)=4 \ln \dfrac{3}{2}-1=\ln \dfrac{81}{16}-1>0\),
所以存在\(a_0\in (2,3)\),\(h(a_0 )=0\),
当\(a>a_0\)时,\(h(a)>0\);当\(0<a<a_0\)时,\(h(a)<0\).
所以,满足条件的最小正整数\(a=3\).
又当\(a=3\)时,\(f(x)=x^2-x-3\ln x\).
\(f(x)\)在\(\left(0, \dfrac{3}{2}\right)\)上单调递减,在\(\left(\dfrac{3}{2},+\infty\right)\)上单调递增,
\(f(1)=0\),\(f\left(\dfrac{3}{2}\right)<0\),\(f(e)=e^2-e-3>e^2-6>0\),
所以存在唯一 \(x_0 \in\left(\dfrac{3}{2}, e\right)\),使得\(f(x_0 )=0\),
所以\(f(x)\)有两个零点,\(a=3\)符合题意,
综上所述,正整数\(a\)的最小值为\(3\).
【题型3】生活问题应用
【典题1】 如图所示,\(ABCD\)是边长\(AB=24cm\),\(AD=9cm\)的矩形硬纸片,在硬纸片的四角切去边长相等的小正方形后,再沿虚线折起,做成一个无盖的长方体盒子,\(M\)、\(N\)是\(AB\)上被切去的小正方形的两个顶点,设\(AM=x(cm)\).
(1)将长方体盒子体积\(V(cm^3 )\)表示成\(x\)的函数关系,并求其定义域;
(2)当\(x\)为何值时,此长方体盒子体积\(V(cm^3 )\)最大?并求出最大体积.
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解析 长方体盒子长\(EF=(24-2x)cm\),宽\(FG=(9-2x)cm\),高\(EE'=xcm\).
(1)长方体盒子体积\(V=x(24-2x)(9-2x)\),
由 \(\left\{\begin{array}{l}
x>0 \\
24-2 x>0 \\
9-2 x>0
\end{array}\right.\),得\(0<x<\dfrac{9}{2}\),故定义域为\(\left(0, \dfrac{9}{2}\right)\).
(2)长方体盒子体积\(V=x(24-2x)(9-2x)=2(2x^3-33x^2+12×9x)\)
由\(V'=2(6x^2-66x+12×9)=12(x^2-11x+2×9)=0\)
得\(x=2 \in\left(0, \dfrac{9}{2}\right)\), \(x=9 \notin\left(0, \dfrac{9}{2}\right)\) (舍去)
\(\therefore V\)在\((0,2)\)单增,在\(\left(2, \dfrac{9}{2}\right)\)单减,
\(\therefore V\)在\(x=2\)取得极大值也是最大值.此时\(V=200cm^3\).
故当\(x=2\)时长方体盒子体积\(V(cm^3 )\)最大,此时最大体积为\(200cm^3\).
点拨 处理实际问题要注意不要忽略自变量的取值范围.
【巩固练习】
1.一船在航行中的燃料费与其速度\(v\)的立方成正比,已知\(v=10km/h\)时燃料费是\(6\)元 \(/h\),而其他与\(v\)无关的费用是\(96\)元 \(/h\),问\(v\)为何值时可使航行每公里所需费用的总和最小?
2.如图,某景区内有两条道路\(AB\),\(AP\),现计划在\(AP\)上选择一点\(C\),新建道路\(BC\),并把\(△ABC\)所在的区域改造成绿化区域.已知\(∠BAC=\dfrac{\pi}{6}\),\(AB=2km\),\(AP=2\sqrt{3} km\).若绿化区域\(△ABC\)改造成本为\(10\)万元\(/km^2\),新建道路\(BC\)成本为\(10\)万元\(/km\).
(1)①设\(∠ABC=θ\),写出该计划所需总费用\(F(θ)\)的表达式,并写出\(θ\)的范围;
②设\(AC=x\),写出该计划所需总费用\(F(x)\)的表达式,并写出\(x\)的范围;
(2)从上面两个函数关系中任选一个,求点\(C\)在何处时改造计划的总费用最小.
3.如图,一条小河岸边有相距\(8km\)的\(A\),\(B\)两个村庄(村庄视为岸边上\(A\),\(B\)两点),在小河另一侧有一集镇\(P\)(集镇视为点\(P\)),\(P\)到岸边的距离\(PQ\)为\(2km\),河宽\(OH\)为\(0.05km\),通过测量可知,\(∠PAB\)与\(∠PBA\)的正切值之比为\(1:3\).当地政府为方便村民出行,拟在小河上建一座桥\(MN\)(\(M\),\(N\)分别为两岸上的点,且\(MN\)垂直河岸,\(M\)在\(Q\)的左侧),建桥要求:两村所有人到集镇所走距离之和最短,已知\(A\),\(B\)两村的人口数分别是\(1000\)人、\(500\)人,假设一年中每人去集镇的次数均为\(m\)次.设\(∠PMQ=θ\).(小河河岸视为两条平行直线)
(1)记\(L\)为一年中两村所有人到集镇所走距离之和,试用\(θ\)表示\(L\);
(2)试确定\(θ\)的余弦值,使得\(L\)最小,从而符合建桥要求.
参考答案
-
答案 \(20\)公里/小时
解析 设船速度为\(x(x>0)\)时,燃料费用为\(Q\)元,则\(Q=kx^3\),
由\(6=k×10^3\)可得 \(k=\dfrac{3}{500}\), \(\therefore Q=\dfrac{3}{500} x^3\),
\(\therefore\)总费用 \(y=\left(\dfrac{3}{500} x^3+96\right) \cdot \dfrac{1}{x}=\dfrac{3}{500} x^2+\dfrac{96}{x}\),
\(\therefore y^{\prime}=\dfrac{6}{500} x-\dfrac{96}{x^2}\) ,令\(y'=0\)得\(x=20\),
当\(x\in (0,20)\)时,\(y'<0\),此时函数单调递减,
当\(x\in (20,+∞)\)时,\(y'>0\),此时函数单调递增,
\(\therefore\)当\(x=20\)时,\(y\)取得最小值,
答:此轮船以\(20\)公里/小时的速度使行驶每公里的费用总和最小. -
答案 (1) \(F(x)=10 \times\left(\dfrac{1}{2} x+\sqrt{x^2+4-2 \sqrt{3} x}\right)(0<x \leqslant 2 \sqrt{3})\);
(2) \(A C=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)时,改造计划的总费用最小.
解析 (1)设\(∠ABC=θ\),
由正弦定理得, \(\dfrac{A C}{\sin \theta}=\dfrac{2}{\sin \left(\dfrac{5 \pi}{6}-\theta\right)}=\dfrac{B C}{\sin \dfrac{\pi}{6}}\),
\(\therefore B C=\dfrac{1}{\sin \left(\dfrac{5 \pi}{6}-\theta\right)}\), \(A C=\dfrac{2 \sin \theta}{\sin \left(\dfrac{5 \pi}{6}-\theta\right)}\), \(F(\theta)=\dfrac{10 \sin \theta+10}{\sin \left(\dfrac{5 \pi}{6}-\theta\right)}\) ,
当点\(C\)与点\(P\)重合的时候,\(θ=\dfrac{2\pi}{3}\) ,所以 \(\theta \in\left(0, \dfrac{2 \pi}{3}\right]\).
设\(AC=x\), \(B C=\sqrt{x^2+4-2 \sqrt{3} x}\),
\(F(x)=10 \times\left(\dfrac{1}{2} x+\sqrt{x^2+4-2 \sqrt{3} x}\right)(0<x \leqslant 2 \sqrt{3})\).
(2) \(F(\theta)=\dfrac{20 \sin \theta+20}{\cos \theta+\sqrt{3} \sin \theta}\),
则\(F^{\prime}(\theta)=\dfrac{20 \cos \theta(\cos \theta+\sqrt{3} \sin \theta)-(20 \sin \theta+20)(-\sin \theta+\sqrt{3} \cos \theta)}{(\cos \theta+\sqrt{3} \sin \theta)^2}\)\(=\dfrac{40 \sin \left(\theta-\dfrac{\pi}{3}\right)+20}{(\cos \theta+\sqrt{3} \sin \theta)^2}\),
因为\(F'(θ)=0\),且\(\theta-\dfrac{\pi}{3} \in\left[-\dfrac{\pi}{3}, \dfrac{\pi}{3}\right]\),所以\(θ=\dfrac{\pi}{6}\),
当\(\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)\)时,\(F'(θ)<0\),\(F(θ)\)单调递减;
当\(\theta \in\left(\dfrac{\pi}{6}, \dfrac{2 \pi}{3}\right)\)时,\(F'(θ)>0\),\(F(θ)\)单调递增.
所以当\(θ=\dfrac{\pi}{6}\) ,即\(A C=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)时,改造计划的总费用最小. -
答案 (1)\(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3}{\sin \theta}-\dfrac{1}{\tan \theta}\right)\),\(\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\) ;(2)\(\cos \theta=\dfrac{1}{3}\).
解析 (1)因\(∠PAB\)与\(∠PBA\)的正切值之比为\(1:3\),
所以\(\dfrac{P H}{H A}: \dfrac{P H}{H B}=1: 3\),
所以\(HB:HA=1:3\),即\(AH=6\),\(HB=2\),
因\(PQ=2\),所以 \(P M=\dfrac{2}{\sin \theta}\), \(M Q=\dfrac{2}{\tan \theta}\) ,
所以\(L=1000(AN+MN+MP)+500(BN+MN+MP)\),
所以\(L=1000 m\left(6-\dfrac{2}{\tan \theta}+0.05+\dfrac{2}{\sin \theta}\right)+500 m\left(2+\dfrac{2}{\tan \theta}+0.05+\dfrac{2}{\sin \theta}\right)\),
化简得 \(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3}{\sin \theta}-\dfrac{1}{\tan \theta}\right)\), \(\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\).
(2)由(1)知\(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3-\cos \theta}{\sin \theta}\right)\),
所以\(L^{\prime}=1000 m \cdot \dfrac{(3-\cos \theta)^{\prime} \sin \theta-(3-\cos \theta)(\sin \theta)^{\prime}}{\sin ^2 \theta}\),
化简得\(L^{\prime}=1000 m \cdot \dfrac{1-3 \cos \theta}{\sin ^2 \theta}\),
由\(L'=0\),得\(\cos θ=\dfrac{1}{3}\),
令\(\cos θ_0=\dfrac{1}{3}\),且 \(\theta_0 \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\),
当\(θ\in (0,θ_0 )\)时,\(\cos θ>\dfrac{1}{3}\),\(L'<0\);
当 \(\theta \in\left(\theta_0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)时,\(\cos θ<\dfrac{1}{3}\),\(L'>0\);
所以函数\(L(θ)\)在\((0,θ_0 )\)上单调递减;在\(\left(\theta_0, \dfrac{\pi}{2}\right)\)上单调递增;
所以\(θ=θ_0\)时函数\(L(θ)\)取最小值,即当\(\cos θ=\dfrac{1}{3}\)时,符合建桥要求,
答:(1) \(L=7075 m+1000 m\left(\dfrac{3}{\sin \theta}-\dfrac{1}{\tan \theta}\right)\), \(\theta \in\left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\) ;
(2)当 \(\cos \theta=\dfrac{1}{3}\)时,符合建桥要求.
分层练习
【A组---基础题】
1.向如图所示的高为\(H\)的水杯中注水,注满为止,那么注水量\(V\)与水深\(h\)的函数关系的图象是( )
A. \(\qquad\) B.
\(\qquad\) C.
\(\qquad\) D.
2.函数 \(f(x)=-\dfrac{x}{\mathrm{e}^x}\)的图象大致是( )
A. \(\qquad\) B.
\(\qquad\) C.
\(\qquad\) D.
3.画出函数\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)的大致图象.
4.某分公司经销某种品牌产品,每件产品的成本为\(30\)元,并且每件产品需向总公司缴纳\(5\)元的管理费,根据多年的管理经验,预计当每件产品的售价为\(x\)元时,产品一年的销售量为\(\dfrac{k}{e^x}\) (\(e\)为自然对数的底数)万件.已知每件产品的售价为\(40\)元时,该产品的一年销售量为\(500\)万件,经物价部门核定每件产品的售价\(x\)最低不低于\(35\)元,最高不超过\(41\)元.
(1)求\(k\)的值;
(2)求分公司经营该产品一年的利润\(L(x)\)(万元)与每件产品的售价\(x\)(元 的函数关系式;
(3)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润\(L(x)\)最大,并求出\(L(x)\)的最大值.
5.如图:已知某公园的四处景观分别位于等腰梯形\(ABCD\)的四个顶点处,其中\(A\),\(B\)两地的距离为\(4\)千米,\(C\),\(D\)两地的距离为\(2\)千米,\(∠DAB=∠B=60^∘\).现拟规划在\(CD\) (不包括端点)路段上增加一个景观\(P\),并建造观光路直接通往\(A\)处,造价为每千米\(10\)万元,又重新装饰\(PC\)路段,造价为每千米\(8\)万元.
(1)若拟修建观光路\(AP\)路段长为 \(\sqrt{7}\)千米,求\(PC\)路段的造价;
(2)设\(∠BAP=θ\),当\(\cos θ\)为何值时,\(AP\),\(PC\)段的总造价最低.
6.已知函数\(f(x)=ax^2+x-\ln x(a\in R)\).
(1)当\(a=1\)时,求\(f(x)\)在区间 \(\left[\dfrac{1}{3}, 1\right]\)上的最值;
(2)若\(g(x)=f(x)-x\)在定义域内有两个零点,求\(a\)的取值范围.
7.已知函数\(f(x)=-\dfrac{1}{3} x^3+ax^2+3a^2 x-\dfrac{5}{3}\).
(1)若\(a=-1\)时,求\(f(x)\)在区间\([-4,2]\)上的最大值与最小值;
(2)若函数\(f(x)\)仅有一个零点,求实数\(a\)的取值范围.
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 根据图形的形状可知,注水量增加的越来越多.故选:\(D\). -
答案 \(B\)
解析 函数 \(f(x)=-\dfrac{x}{\mathrm{e}^x}\)的定义域为\(R\),\(x>0\)时\(f(x)<0\),排除\(A\);
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{x-1}{\mathrm{e}^x}\),当\(x<1\)时,\(f'(x)<0\),当\(x>1\)时,\(f'(x)>0\),
所以\(f(x)\)在\((-∞,1)\)递减,在\((1,+∞)\)递增,
且\(x→-∞\)时,\(f(x)→+∞\),\(x→+∞\)时,\(f(x)→0\),
故选\(B\). -
答案
解析 函数的定义域为 \(\{x \mid x>0\}\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{1-\ln x}{x^2}\) ,
当\(0<x<e\)时,\(f'(x)>0\);当\(x>e\)时,\(f'(x)<0\);
所以\(f(x)\)在\((0,e)\)上单调递减,在\((e,+∞)\)上单调递增,且极大值\(f(e)=\dfrac{1}{e}\),
当\(x→0\)时, \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x} \rightarrow-\infty\);当\(x→+∞\)时, \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x} \rightarrow 0\);
根据以上信息,可画出函数\(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\)的大致图象如下:
-
答案 (1) \(500e^{40}\);(2) \(L(x)=500(x-35) e^{40-x}(35 \leqslant x \leqslant 41)\);(3) \(500e^4\) .
解析 (1)由题意,该产品一年的销售量为 \(y=\dfrac{k}{e^x}\) ,
将\(x=40\),\(y=500\)代入得 \(k=500 e^{40}\).
(2)由(1)知该产品的销售量为 \(y=500 e^{40-x}\),
所以 \(L(x)=(x-30-5) y=500(x-35) e^{40-x}(35 \leqslant x \leqslant 41)\).
(3)由(2)知, \(L^{\prime}(x)=500\left[e^{40-x}-(x-35) e^{40-x}\right]=500 e^{40-x}(36-x)(35 \leqslant x \leqslant 41)\),
所以在\((35,36)\)上,\(L'(x)>0\),\(L(x)\)单调递增,
在\((36,41)\)上,\(L'(x)<0\),\(L(x)\)单调递减,
所以 \(L(x)_{\max }=L(36)=500 e^4\). -
答案 (1) \(8\);(2) 当\(\cos θ=\dfrac{4}{5}\) 时,\(AP\),\(PC\)段的总造价最低.
解析 (1)作\(ED⊥AB\),\(CF⊥AB\),垂足分别为\(E\),\(F\),
则有\(DC=EF\),所以\(AE=BF=1\),所以\(AD=2\).
设\(PD=x\),
在三角形\(APD\)中,由余弦定理\(AP^2=AD^2+PD^2-2AD⋅DP⋅\cos ∠ADP\)
得到\(7=4+x^2-4x\cos 120^∘\),整理得到\(x^2+2x-3=0\),
所以\(x=1\)或\(x=-3\)(舍) ,所以\(PC=1\),\(PC\)段造价为\(8\)万元.
答:\(PC\)段造价为\(8\)万元.
(2)因为在三角形\(APD\)中,\(∠APD=∠PAB=θ\),\(∠ADP=120^∘\),
所以\(∠DAB=60^∘-θ\),
由正弦定理得, \(\dfrac{A P}{\sin \angle A D P}=\dfrac{A D}{\sin \theta}=\dfrac{P D}{\sin \left(60^{\circ}-\theta\right)}\),
所以\(A P=\dfrac{\sqrt{3}}{\sin \theta}\), \(P D=\dfrac{2 \sin \left(60^{\circ}-\theta\right)}{\sin \theta}\).
设总造价为\(y\),
则 \(y=10 A P+8(2-P D)=\dfrac{10 \sqrt{3}}{\sin \theta}+16-\dfrac{16 \sin \left(60^{\circ}-\theta\right)}{\sin \theta}\)\(=\dfrac{2 \sqrt{3}(5-4 \cos \theta)}{\sin \theta}+8\), \(0<\theta<\dfrac{\pi}{3}\) ,
则有\(y^{\prime}=\dfrac{2 \sqrt{3}(4-5 \cos \theta)}{\sin ^2 \theta}\),
令\(y'=0\),得\(\cos θ=\dfrac{4}{5}\),令\(\cos θ_0=\dfrac{4}{5}\) ,\(\theta_0 \in\left(0, \dfrac{\pi}{3}\right)\),
列表:
\(θ\) | \((0,θ_0 )\) |
\(θ_0\) | \(\left(\theta_0, \dfrac{\pi}{3}\right)\) |
---|---|---|---|
\(y'\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
\(y\) | \(\downarrow\) | 极小值 | \(\uparrow\) |
由列表当\(θ=θ_0\),即\(\cos θ=\dfrac{4}{5}\) 时,有最小值.
答:当\(\cos θ=\dfrac{4}{5}\) 时,\(AP\),\(PC\)段的总造价最低.
-
答案 (1) \(f(x)_{\min }=\ln 2+\dfrac{3}{4}\), \(f(x)_{\max }=2\);(2) \(\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\) .
解析 (1)当\(a=1\)时,\(f(x)=x^2+x-\ln x\), \(f^{\prime}(x)=\dfrac{(2 x-1)(x+1)}{x}\),
\(\therefore f(x)\)在 \(\left[\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{2}\right)\)单调递减,在 \(\left(\dfrac{1}{2}, 1\right]\)单调递增,
\(\therefore f(x)_{\min }=\ln 2+\dfrac{3}{4}\), \(f(x)_{\max }=2\).
(2)令\(g(x)=f(x)-x=0\),得 \(a=\dfrac{\ln x}{x^2}\),设 \(h(x)=\dfrac{\ln x}{x^2}(x>0)\),
\(\because g(x)=f(x)-x\)在定义域内有两个零点,
\(\therefore\)函数\(y=h(x)\)与\(y=a\)与在定义域内有两个交点
\(\because h^{\prime}(x)=\dfrac{1-2 \ln x}{x^3}\),
令\(h'(x)>0\)得:\(0<x<\sqrt{e}\);令\(h'(x)<0\)得:\(x>\sqrt{e}\),
\(\therefore h(x)\)在\((0,\sqrt{e})\)单调递增,在\((\sqrt{e},+∞)\)单调递减,
又 \(\because h(\sqrt{e})=\dfrac{1}{2 e}\),且当\(x→0\)时,\(h(x)→-∞\),当\(x→+∞\)时,\(h(x)→0\),
画出函数\(h(x)\)的大致图像,如图所示:
由图象可得, \(a \in\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\),
\(\therefore a\)的取值范围为 \(\left(0, \dfrac{1}{2 e}\right)\). -
答案 (1) 最大值为\(0\),最小值为 \(-\dfrac{32}{3}\) ;(2)\(\left(-1, \dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\right)\).
解析 (1)由题意得\(f'(x)=-x^2+2ax+3a^2=-(x-3a)(x+a)\),
当\(a=-1\)时,\(f'(x)=-(x-1)(x+3)\),\(x\in [-4,2]\),
由\(f'(x)>0\),解得\(-3<x<1\),
由\(f'(x)<0\),解得\(-4⩽x<-3\)或\(1<x⩽2\),
所以函数\(f(x)\)在区间\((-3,1)\)上单调递增,在区间\((-4,-3)\),\((1,2)\)上单调递减,
又\(f(-4)=- \dfrac{25}{3}\),\(f(-3)=-\dfrac{32}{3}\),\(f(1)=0\), \(f(2)=-\dfrac{7}{3}\),
所以函数\(f(x)\)在区间\((-4,-2)\)上的最大值为\(0\),最小值为\(-\dfrac{32}{3}\).
(2)函数\(f(x)\)只有一个零点,
因为\(f'(x)=-x^2+2ax+3a^2=-(x-3a)(x+a)\),
①当\(a<0\)时,由\(f'(x)>0\),解得\(3a<x<-a\),
所以函数\(f(x)\)在区间\((3a,-a)\)上单调递增,
由\(f'(x)<0\),解得\(x<3a\)或\(x>-a\),
所以函数\(f(x)\)在区间\((-∞,3a)\),\((-a,+∞)\)上单调递减,
又\(f(0)=-\dfrac{5}{3}<0\),
所以只需要\(f(-a)<0\),解得\(-1<a<0\),
所以实数\(a\)的取值范围为\((-1,0)\).
②当\(a=0\)时,显然\(f(x)\)只有一个零点成立,
③当\(a>0\)时,由\(f'(x)>0\),解得\(-a<x<3a\),
即\(f(x)\)在区间 \((-a,3a)\)上单调递增,
由\(f'(x)<0\),解得\(x<-a\)或\(x>3a\),
即函数\(f(x)\)在区间\((-∞,-a)\),\((3a,+∞)\)上单调递减,
又\(f(0)=-\dfrac{5}{3}<0\),
所以只需\(f(3a)<0\),解得 \(0<a<\dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\),
综上,实数\(a\)的取值范围为\(\left(-1, \dfrac{\sqrt[3]{5}}{3}\right)\).
【B组---提高题】
1.如图放置的边长为\(1\)的正方形\(PABC\)沿\(x\)轴正方向滚动.设顶点\(P(x,y)\)的轨迹方程是\(y=f(x)\),设\(y=f(x)\)在其两个相邻零点间的图象与\(x\)轴所围区域为\(S\),则直线\(x=t\)从\(t=0\)到\(t=4\)所匀速移动扫过区域\(S\)的面积\(D\)与\(t\)的函数图象大致为( )
A. \(\qquad\) B.
\(\qquad\) C.
\(\qquad\) D.
2.如图,某专用零件四边形\(ABCD\)由平面图是一个半圆形钢板切割而成,其中\(O\)为圆心,\(AB=2\),\(OC\)平分角\(∠BOD\)交圆于点\(C\),\(D\)为圆弧上一点,设\(∠BOC=θ\).
(1)当\(θ=\dfrac{\pi}{6}\)时,求该零件的面积;
(2)若该零件周长为函数\(f(θ)\),且\(2f(θ)-m^2-4m⩽0\)恒成立,求实数\(m\)的取值范围.
3.已知函数\(f(x)=ax⋅\ln x\)(其中\(a≠0\),\(a\in R\)), \(g(x)=\dfrac{x-1}{x+1}\).
(1)若存在实数\(a\)使得 \(f(x)<\dfrac{1}{e}\)恒成立,求\(a\)的取值范围;
(2)当\(a⩽\dfrac{1}{2}\)时,讨论函数\(y=f(x)-g(x)\)的零点个数.
参考答案
-
答案 \(D\)
解析 由题意得,从顶点\(A\)落在\(x\)轴上的时候开始计算,到下一次\(A\)点落在\(x\)轴上,
这个过程中四个顶点依次落在了\(x\)轴上,而每两个顶点间距离为正方形的边长\(1\),
下面考查\(P\)点的运动轨迹,知正方形向右滚动,
\(P\)点从 轴上开始运动的时候,首先是围绕\(A\)点运动\(\dfrac{1}{4}\)个圆,该圆半径为\(1\),
然后以\(B\)点为中心,滚动到\(CP\)点落地,其间是以\(BP\)为半径,旋转\(90^∘\),再以\(C\)为圆心,旋转\(90^∘\),这时候以\(CP\)为半径,因此\(y=f(x)\)最终构成图象如下:
由图得,两个相邻零点间的图象与 轴所围区域\(S\)为曲线与\(x\)轴围成的封闭图形,
则直线\(x=t\)从\(t=0\)到\(t=4\)所匀速移动扫过区域\(S\)的面积\(D\)与\(t\)的函数变化:
从\(O\)到\(B\)面积相同时间内越来越大,\(D\)随着\(t\)变化得越来越快,从\(B\)到\(D\)面积相同时间内越来越小,\(D\)随着\(t\)变化得越来越慢,故\(D\)与\(t\)的函数变化图象大致为\(D\)中的图象,
故选:\(D\). -
答案 (1) \(\dfrac{2+\sqrt{3}}{4}\);(2) \((-\infty,-5] \cup[1,+\infty)\).
解析 (1)\(\because OC\)平分角\(∠BOD\)交圆于点\(C\),\(D\)为圆弧上一点,\(∠BOC=θ=\dfrac{\pi}{6}\),\(\therefore ∠AOD=\dfrac{2\pi}{3}\),
\(\because AB=2\),\(\therefore OA=OB=OC=OD=1\),
\(\therefore S_{\text {四边形 } A B C D}=S_{\triangle B O C}+S_{\triangle C O D}+S_{\triangle A O D}\)
\(=\dfrac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \sin \dfrac{\pi}{6} \times 2+\dfrac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \sin \dfrac{2 \pi}{3}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{2+\sqrt{3}}{4}\).
(2)由题意,在\(△BOC\)中, \(\angle O B C=\angle O C B=\dfrac{\pi-\theta}{2}\),
由正弦定理 \(\dfrac{B C}{\sin \theta}=\dfrac{O B}{\sin \left(\dfrac{\pi-\theta}{2}\right)}=\dfrac{1}{\cos \dfrac{\theta}{2}}\),
\(\therefore B C=C D=\dfrac{\sin \theta}{\cos \dfrac{\theta}{2}}=2 \sin \dfrac{\theta}{2}\),
同理在 \(△AOD\)中,\(∠OAD=θ\),\(∠DOA=π-2θ\),
由正弦定理 \(\dfrac{D A}{\sin (\pi-2 \theta)}=\dfrac{O D}{\sin \theta}\) ,
\(\therefore D A=\dfrac{\sin 2 \theta}{\sin \theta}=2 \cos \theta\),
\(\therefore f(\theta)=2+4 \sin \dfrac{\theta}{2}+2 \cos \theta=2+4 \sin \dfrac{\theta}{2}+2\left(1-2 \sin ^2 \dfrac{\theta}{2}\right)\),\(0<θ<\dfrac{\pi}{2}\),
令 \(t=\sin \dfrac{\theta}{2}\left(0<t<\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\),
\(\therefore f(\theta)=2+4 t+2\left(1-2 t^2\right)=4+4 t-4 t^2=-4\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2+5\),
\(\therefore t=\dfrac{1}{2}\)时,即\(θ=\dfrac{\pi}{3}\) ,\(f(θ)\)的最大值为\(5\),
\(\because f(θ)-m^2-4m⩽0\),\(\therefore m^2+4m⩽f(θ)\)恒成立,
\(\therefore m^2+4m⩾5\),\(\therefore m⩾1\)或\(m⩽-5\),
即实数\(m\)的取值范围为 \((-\infty,-5] \cup[1,+\infty)\). -
答案 (1) \((-1,0)\);
(2) 当\(a<0\)或\(a=\dfrac{1}{2}\)时,\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点,
当\(0<a<\dfrac{1}{2}\)时,\(h(x)\)在\((0,+∞)\)上有\(2\)个零点.
解析 (1)因为\(f(x)=ax\ln x\),\(a≠0\),要使得\(f(x)<\dfrac{1}{e}\)在\((0,+∞)\)上恒成立,
所以\(a<0\),由\(f'(x)=a(\ln x+1)\),
由\(f'(x)=a(\ln x+1)>0\),解得\(0<x<\dfrac{1}{e}\),
由\(f'(x)=a(\ln x+1)<0\),解得\(x>\dfrac{1}{e}\) ,
所以 \(f(x)_{\max }=f\left(\dfrac{1}{e}\right)=-\dfrac{a}{e}\),
所以 \(-\dfrac{a}{e}<\dfrac{1}{e}\),所以\(-1<a<0\),
所以\(a\)的取值范围为\((-1,0)\).
(2)①当\(a<0\)时,当\(x\in (0,1)\)时,\(f(x)>0\),\(g(x)<0\),
所以\(y=f(x)-g(x)\)恒大于零,
当\(x=1\)时,\(y=f(x)-g(x)=0\),
令\(h(x)=f(x)-g(x)\),
所以\(a<0\)时,令\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点,
②当\(a>0\)时,令\(h(x)=f(x)-g(x)\),
则 \(h(x)=a x \ln x-1+\dfrac{2}{x+1}(x>0)\),
\(h^{\prime}(x)=a(\ln x+1)-\dfrac{2}{(x+1)^2},\), \(h^{\prime \prime}(x)=\dfrac{a}{x}+\dfrac{4}{(x+1)^3}\),
因为\(x>0\),所以\(h'' (x)>0\)恒成立,
所以\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递增,
因为\(h(1)=0\),当\(h'(1)=0\),即\(a=\dfrac{1}{2}\)时,
\(h'(x)\)在\((0,1)\)上恒小于零,在\((1,+∞)\)上恒大于零,
即\(h(x)\)在\((0,1)\)上单调递减,在\((1,+∞)\)上单调递增,
所以\(h(x)⩾h(1)=0\),\(y=h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点,
若\(0<a<\dfrac{1}{2}\)时,\(h'(1)=a-\dfrac{1}{2}<0\),
由于\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递增,
所以\(h'(x)\)在\((0,1]\)上恒小于零,\(h(x)\)在\((0,1]\)上单调递减,
因为\(h(1)=0\),所以\(h(x)\)在\((0,1]\)上有唯一零点\(1\),
又因为\(h'(1)=a-\dfrac{1}{2}<0\), \(h^{\prime}\left(e^{\frac{2}{a}-1}\right)=2-\dfrac{2}{\left(e^{\frac{2}{a}-1}+1\right)^2}>0\),
所以存在 \(x_0 \in\left(1, e^{\frac{2}{a}-1}\right)\),使得\(h'(x_0 )=0\),
由于\(h'(x)\)在\((0,+∞)\)上单调递增,\(h^{\prime}(1)=a-\frac{1}{2}<0\) , \(h^{\prime}\left(x_0\right)=0\),
所以\(h(x)\)在\((1,x_0 )\)上单调递减,在\((x_0,+∞)\)上单调递增, \(x_0 \in\left(1, e^{\frac{2}{a}-1}\right)\),
所以\(h(x_0 )<h(1)=0\),
又\(0<a<\dfrac{1}{2}\), \(e^{\frac{1}{a}}>1\), \(h\left(e^{\frac{1}{a}}\right)=e^{\frac{1}{a}}-1+\dfrac{2}{e^{\frac{1}{a}+1}}>0\),
所以\(x_0<e^{\frac{1}{a}}\),
结合\(h(x)\)在\((x_0,+∞)\)单调递增,\(h(x)\)在\((1,+∞)\)上有唯一零点,
又\(h(1)=0\),
所以\(0<a<\dfrac{1}{2}\)时,\(h(x)\)在(0,+∞)上有唯一零点,
又因为\(h(1)=0\),
所以\(0<a<\dfrac{1}{2}\)时,\(h(x)\)在\((0,+∞)\)上有\(2\)个零点,
综上所述,当\(a<0\)或\(a=\dfrac{1}{2}\)时,\(h(x)\)在\((0,+∞)\)只有\(1\)个零点,
当\(0<a<\dfrac{1}{2}\)时,\(h(x)\)在\((0,+∞)\)上有\(2\)个零点.
【C组---拓展题】
1.已知函数\(f(x)=\ln x-a^2 x^2+ax\).
(1)求函数\(f(x)\)在定义域内的最值.
(2)当\(a>0\)时,若\(y=f'(x)\)有两个不同的零点\(x_1\),\(x_2\),求证:\(a(x_1+x_2 )>2\).
参考答案
- 答案 (1) 最大值\(-\ln a\),无最小值;(2)略 .
解析 (1)函数\(f(x)=\ln x-a^2 x^2+ax\)的定义域为\((0,+∞)\),
\(f^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}-2 a^2 x+a=-\dfrac{(2 a x+1)(a x-1)}{x}\),
当\(a=0\)时,\(f(x)=\ln x\),
此时函数\(f(x)\)为增函数,无最值,
当\(a≠0\)时,令\(f'(x)=0\),得\(x=-\dfrac{1}{2a}\)或\(x=\dfrac{1}{a}\),
①若\(a<0\),则\(-\dfrac{1}{2a}>0\),\(\dfrac{1}{a} <0\),
由\(f'(x)>0\),得\(0<x<-\dfrac{1}{2a}\),\(f(x)\)单调递增,
由\(f'(x)<0\),得\(x>-\dfrac{1}{2a}\),\(f(x)\)单调递减,
所以函数\(f(x)\)在定义域内有最大值\(f\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)=\ln \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)-a^2\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)^2+a\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \left(-\dfrac{1}{2 a}\right)-\dfrac{3}{4}\),无最小值.
②若\(a>0\),则\(-\dfrac{1}{2a}<0\),\(\dfrac{1}{a} >0\),
由\(f'(x)>0\),得\(0<x<\dfrac{1}{a}\) ,\(f(x)\)单调递增,
由\(f'(x)<0\),得\(x>\dfrac{1}{a}\),\(f(x)\)单调递减,
所以\(f(x)\)定义域内有最大值\(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=\ln \left(\dfrac{1}{a}\right)-a^2\left(\dfrac{1}{a}\right)^2+a\left(-\dfrac{1}{2 a}\right)=-\ln a\),无最小值.
(2)证明:由(1)知,当\(a>0\)时,函数\(f(x)\)在定义域内的最大值为 \(f\left(\dfrac{1}{a}\right)=-\ln a\),
因为\(y=f(x)\)有两个不同的零点\(x_1\),\(x_2\),
所以\(-\ln a>0\),解得\(-\ln a>0\), 解得\(0<a<1\),
不妨设\(0<x_1<\dfrac{1}{a} <x_2\),
由题意知\(f(x_1 )=\ln x_1-a^2 x_1^2+ax_1=0\),\(f(x_2 )=\ln x_2-a^2 x_2^2+ax_2=0\),
所以\(\ln x_2-\ln x_1=a^2 (x_2^2-x_1^2 )-ax_2+ax_1\),
即\(\ln \dfrac{\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=a\left[a\left(x_2+x_1\right)-1\right]\),
即\(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}=a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1\),
设\(h(t)=\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}(t>1)\),
则\(h^{\prime}(t)=\dfrac{1}{t}-\dfrac{4}{(t+1)^2}=\dfrac{(t-1)^2}{t(t+1)^2}(t>1)\),
所以当\(t>1\)时,\(h'(t)>0\),\(h(t)\)单调递增,
所以\(h(t)>h(1)=0\),
即\(\ln t-\dfrac{2(t-1)}{t+1}>0\),所以\(\dfrac{\ln t}{t-1}>\dfrac{2}{t+1}\),
令\(t=\dfrac{x_2}{x_1}\) ,
则上式可化为 \(\dfrac{\ln \dfrac{x_2}{x_1}}{\dfrac{x_2}{x_1}-1}>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\),
所以\(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{\dfrac{x_2}{x_1}+1}\),
所以 \(a\left[a\left(x_1+x_2\right)-1\right] x_1>\dfrac{2}{x_1+x_2}\),
即\(a^2 (x_1+x_2 )^2-a(x_1+x_2 )-2>0\),
所以\([a(x_1+x_2 )-2][a(x_1+x_2 )+1]>0\),
又因为\(a(x_1+x_2 )+1>0\)恒成立,所以\(a(x_1+x_2 )>2\).