专题一_第4讲_导数及其应用_图文

第4讲

导数及其应用 明确考向

感悟高考

a 3 (2010· 北京)设函数 f(x)=3x +bx2+cx+d(a>0),且方 程 f′(x)-9x=0 的两个根分别为 1,4. (1)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时,求 f(x)的解析式; (2)若 f(x)在(-∞,+∞)内无极值点,求 a 的取值范围. a 3 解 由 f(x)= x +bx2+cx+d, 3 得 f′(x)=ax2+2bx+c. 因为 f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0 的两个根分别为 1,4, ?a+2b+c-9=0, ? 所以? (*) ?16a+8b+c-36=0. ?

(1)当 a=3

?2b+c-6=0, ? 时,由(*)式得? ?8b+c+12=0. ?

?b=-3, ? 解得? ?c=12. ?

又因为曲线 y=f(x)过原点,所以 d=0. 故 f(x)=x3-3x2+12x. a 3 (2)由于 a>0,所以“f(x)= x +bx2+cx+d 在(-∞, 3 +∞)内无极值点”等价于“f′(x)=ax2+2bx+c≥0 在(-∞,+∞)内恒成立”. 由(*)式得 2b=9-5a,c=4a. 又 Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9). ?a>0, ? 由? 得 1≤a≤9, ?Δ=9?a-1??a-9?≤0, ? 即 a 的取值范围是[1,9].

考题分析 本题主要考查了函数的导数、 函数的解析 式以及函数的极值点的概念. 考查了换元消元的解题 方法以及转化与化归、函数与方程的数学思想方 法.题目难度不大,特点鲜明.
易错提醒 (1)构建不出关于 a、b、c 的方程组. (2) 搞 不 清 “f(x) 在 ( - ∞ , + ∞) 内 无 极 值 点 ” 与 “f′(x)≥0 在(-∞,+∞)内恒成立”的等价关系. (3)易忽视条件 a>0 的应用. (4)想不到换元方法,消不去 b、c. (5)计算错误.

主干知识梳理
1.导数的几何意义 (1)函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x0)就是曲线 y =f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率,即 k= f′(x0). (2)曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). (3)导数的物理意义:s′(t)=v(t),v′(t)=a(t).

2.基本初等函数的导数公式和运算法则 (1)基本初等函数的导数公式 原函数 导函数 f(x)=c f′(x)=0 - f(x)=xn(n∈N*) f′(x)=nxn 1 f(x)=sin x f′(x)=cos x f(x)=cos x f′(x)=-sin x f(x)=ax(a>0 且 a≠1) f(x)=ex f(x)=logax (a>0 且 a≠1) f(x)=ln x f′(x)=axln a f′(x)=ex 1 f′(x)=xln a 1 f′(x)= x

(2)导数的四则运算法则 ①[u(x)± v(x)]′=u′(x)± v′(x). ②[u(x)v(x)]′=u′(x)v(x)+u(x)v′(x). u′?x?v?x?-u?x?v′?x? u?x? ③[ ]′= (v(x)≠0). v?x? [v?x?]2 (3)复合函数求导 复合函数 y=f(g(x))的导数和 y=f(u),u=g(x)的 导数之间的关系为 y′x=f′(u)g′(x).

3.函数的性质与导数 (1)在区间(a,b)内,如果 f′(x)>0,那么函数 f(x) 在区间(a,b)上单调递增; 在区间(a,b)内,如果 f′(x)<0,那么函数 f(x)在 区间(a,b)上单调递减. (2)求可导函数极值的步骤 ①求 f′(x);②求 f′(x)=0 的根; ③判定根两侧导数的符号;④下结论. (3)求函数 f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤 ①求 f′(x); ②求 f′(x)=0 的根(注意取舍); ③求出各极值及区间端点处的函数值; ④比较其大小,得结论(最大的就是最大值,最小的就是 最小值).

热点分类突破
题型一 导数几何意义的应用 1 例 1 已知曲线 y= . x (1)求曲线在点 P(1,1)处的切线方程; (2)求曲线过点 Q(1,0)的切线方程; 1 (3)求满足斜率为-3的曲线的切线方程. 思维启迪 利用导数的几何意义确定曲线在某点处的
切线斜率,进而使问题获解.

1 解 (1)∵y′=-x2.又 P(1,1)是曲线上的点, ∴P 是切点,所求切线的斜率为 k=f′(1)=-1. 所以曲线在 P 点处的切线方程为 y-1=-(x-1). 即 y=-x+2. 1 (2)显然 Q(1,0)不在曲线 y= 上,则可设过该点的切线的 x 1 1 切点为 A(a,a),则该切线斜率为 k1=f′(a)=-a2. 1 1 则切线方程为 y-a=-a2(x-a).① 1 1 将 Q(1,0)代入方程①得 0- =- 2(1-a), a a 1 解得 a=2,故所求切线方程为 y=-4x+4.

1 (3)设切点坐标为 A(a, ),则切线的斜率为 a 1 1 k2=- 2=- . a 3 3 3 解得 a=± 3,∴A( 3, )或 A′(- 3,- ). 3 3 3 1 代入点斜式方程得 y- =- (x- 3)或 3 3 3 1 y+ =- (x+ 3). 3 3 即切线方程为 x+3y-2 3=0 或 x+3y+2 3=0.

探究提高

(1)在点 P 处的切线即是以 P 为切点的切

线,P 一定在曲线上. (2)过点 Q 的切线即切线过点 Q,Q 不一定是切点, 所以本题的易错点是把点 Q 作为切点.求过点 P 的 切线方程时,首先应检验点 P 是否在已知曲线上.

变式训练 1 在平面直角坐标系 xOy 中,设 A 是曲线 5 3 2 2 C1:y=ax +1(a>0)与曲线 C2:x +y = 的一个公 2 共点,若 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相 垂直,则实数 a 的值是________. 4
解析 设 A(x0,y0),所以 C1 在 A 处的切线的斜率为 1 x0 2 f′(x0)=3ax0, 2 在 A 处的切线的斜率为-k =-y , C OA 0 又 C1 在 A 处的切线与 C2 在 A 处的切线互相垂直,所 x0 以(-y )· 2=-1,即 y0=3ax3,又 ax3=y0-1,所 3ax0 0 0 0 3 5 1 1 2 2 以 y0=2,代入 C2:x +y =2,得 x0=± ,将 x0=± , 2 2 3 y0=2代入 y=ax3+1(a>0),得 a=4.

题型二

利用导数研究函数的单调性 2 例2 (2009· 安徽)已知函数 f(x)=x- x +a(2-ln x), a>0,讨论 f(x)的单调性. 思维启迪 确定定义域→求导→对 a 进行分类讨论
→确定 f′(x)的正、负.
解 (1)f(x)的定义域是(0,+∞), 2 2 a x -ax+2 导函数 f′(x)=1+x2-x = . x2 设 g(x)=x2-ax+2, 二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a2-8.

①当 Δ<0 即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′(x)>0.此时 f(x) 是(0,+∞)上的单调递增函数. ②当 Δ=0 即 a=2 2时,仅对 x= 2时,有 f′(x)=0,对其 余的 x>0 都有 f′(x)>0. 此时 f(x)也是(0,+∞)上的单调递增函数. ③当 Δ>0 即 a>2 2时,方程 g(x)=0 有两个不同的实根 x1= a- a2-8 a+ a2-8 ,x2= ,0<x1<x2. 2 2 x f′(x) f(x) (0,x1) + 单调递 增? x1 0 (x1,x2) - x2 0 极小值 (x2,+∞) + 单调递增 ?

单调递 极大值 减?

? ? a- a2-8? ?a+ a2-8 ? ? ? ? 此时 f(x)在?0, ,? ,+∞?上单调 ? 2 2 ? ? ? ? ?a- a2-8 a+ a2-8? ? 递增,在? , ? ?上单调递减. 2 2 ? ?

探究提高

讨论函数的单调性其实就是讨论不等式

的解集的情况, 大多数情况下是归结为一个含有参数 的一元二次不等式的解集的讨论, 在能够通过因式分 解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分 类讨论, 在不能通过因式分解求出根的情况时根据不 等式对应方程的判别式进行分类讨论. 讨论函数的单 调性是在函数的定义域内进行的, 千万不要忽视了定 义域的限制.

变式训练 2 2ax.

(2010· 江西)设函数 f(x)=6x3+3(a+2)x2+

(1)若 f(x)的两个极值点为 x1,x2,且 x1x2=1,求实 数 a 的值. (2)是否存在实数 a,使得 f(x)是(-∞,+∞)上的单调 函数?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由.
解 f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a. (1)由已知有 f′(x1)=f′(x2)=0, 2a 从而 x1x2= =1,所以 a=9. 18 (2)因为 Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0, 所以不存在实数 a,使得 f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.

题型三 例3

利用导数研究函数的极值或最值 已知函数 f(x)=x3+mx2+nx-2 的图象过点

(-1,-6),且函数 g(x)=f′(x)+6x 的图象关于 y 轴对称. (1)求 m、n 的值及函数 y=f(x)的单调区间; (2)若 a>0,求函数 y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的 极值. 思维启迪

(1)根据 f(x)、g(x)的函数图象的性质,列

出关于 m、n 的方程,求出 m、n 的值.(2)分类讨论.

解 (1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6), 得 m-n=-3.① 由 f(x)=x3+mx2+nx-2, 得 f′(x)=3x2+2mx+n, 则 g(x)=f′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n. 2m+6 而 g(x)的图象关于 y 轴对称,所以- =0, 2×3 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)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 由 f′(x)<0,得 0<x<2, 故 f(x)的单调递减区间是(0,2). (2)由(1)得 f′(x)=3x(x-2), 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x=2.

当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,0) + ? 0 0 极大值 (0,2) - ? 2 0 极小值 (2,+∞) + ?

由此可得: 当 0<a<1 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值 f(0)=-2,无 极小值; 当 a=1 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值; 当 1<a<3 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值 f(2)=-6,无 极大值; 当 a≥3 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当 0<a<1 时,f(x)有极大值-2,无极小值; 当 1<a<3 时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当 a=1 或 a≥3 时,f(x)无极值.

探究提高

(1)求单调递增区间,转化为求不等式

f′(x)≥0(不恒为 0)的解集即可,已知 f(x)在 M 上递 增?f′(x)≥0 在 M 上恒成立,注意区别. (2)研究函数的单调性后可画出示意图.

讨论区间 0,2 的位置关系,画图→截取→观察即可.

变式训练 3 设 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 当-1≤x<0 时,f(x)=2x3+5ax2+4a2x+b. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)当 1<a≤3 时,求函数 f(x)在(0,1]上的最大值 g(a).
解 (1)当 0<x≤1 时,-1≤-x<0, 则 f(x)=-f(-x)=2x3-5ax2+4a2x-b. 当 x=0 时,f(0)=-f(-0),∴f(0)=0.
? 2 x 3 ? 5 ax 2 ? 4 a 2 x ? b ? ? f ( x ) ? ?0 ? 3 2 2 2 x ? 5 ax ? 4 a x ? b ? (?1 ? x ? 0) ( x ? 0) ( 0 ? x ? 1) .

(2)当 0<x≤1 时, f′(x)=6x2-10ax+4a2=2(3x-2a)(x-a) 2a =6(x- 3 )(x-a). 2 2a 3 ①当 < <1,即 1<a< 时, 3 3 2 2a 2a 当 x∈(0, 3 )时,f′(x)>0,当 x∈( 3 ,1]时,f′(x)<0, 2a 2a ∴f(x)在(0, )上单调递增,在( ,1]上单调递减, 3 3 2a 28 3 ∴g(a)=f( )= a -b. 3 27 2a 3 ②当 1≤ 3 ≤2,即2≤a≤3 时,f′(x)≥0, ∴f(x)在(0,1]上单调递增.∴g(a)=f(1)=4a2-5a+2-b,
3 ? 28 3 a ?b (1 ? a ? ) ? 27 ? 2 ? g (a ) ? ? . ? 4 a 2 ? 5 a ? 2 ? b ( 3 ? a ? 3) ? 2 ?

规律方法总结 1.函数单调性的应用 (1)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递增,则 f′(x)≥0 在区间(a,b)上恒成立; (2)若可导函数 f(x)在(a,b)上单调递减,则 f′(x)≤0 在区间(a,b)上恒成立; (3)可导函数 f(x)在区间(a,b)上为增函数是 f′(x)>0 的必要不充分条件. 2.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确 定,也有可能极小值大于极大值; (2)对于可导函数 f(x),“f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x) =0”是“f(x)在 x=x0 处取得极值”的必要不充分 条件;

(3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数 由正变负的零点是原函数的极大值点,导函数由负 变正的零点是原函数的极小值点.

3.利用导数解决优化问题的步骤 (1)审题设未知数;(2)结合题意列出函数关系式; (3)确定函数的定义域;(4)在定义域内求极值、最 值;(5)下结论.

知能提升演练
一、选择题 1.已知全集 I=R,若函数 f(x)=x2-3x+2,集合 M ={x|f(x)≤0},N={x|f′(x)<0},则 M∩(?IN)等于 ( A ) 3 3 A.[2,2] B.[2,2) 3 3 C.(2,2] D.(2,2)

解析 由f(x)≤0解得1≤x≤2,故M=[1,2]; 3 3 f′(x)<0,即2x-3<0,即x<2,故N=(-∞,2), 3 3 ?IN=[ ,+∞).故M∩(?IN)=[ ,2]. 2 2

2.(2010· 全国Ⅱ)若曲线 y=x2+ax+b 在点(0,b)处 的切线方程是 x-y+1=0,则 A.a=1,b=1 C.a=1,b=-1
解析

( A )

B.a=-1,b=1 D.a=-1,b=-1

∵点(0,b)在直线 x-y+1=0 上,∴b=1.

又 y′=2x+a,∴过点(0,b)的切线的斜率为 y′|x=0 =a=1.

3.设 a∈R,函数 f(x)=x3+ax2+(a-3)x 的导函数是 f′(x),若 f′(x)是偶函数,则曲线 y=f(x)在原点 处的切线方程为 A.y=-3x C.y=3x B.y=-2x D.y=2x ( A )

解析 f′(x)=3x2+2ax+a-3,又 f′(-x)=f′(x), 即 3x2-2ax+a-3=3x2+2ax+a-3 对任意 x∈R 都 成立,所以 a=0,f′(x)=3x2-3,f′(0)=-3,曲 线 y=f(x)在原点处的切线方程为 y=-3x,故选 A.

4. f(x)、 设 g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数, 当 x<0 时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且 g(-3)=0, 则不等式 f(x)g(x)<0 的解集是 A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3) C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3) 解析 设 F(x)=f(x)· g(x),由题意知 F(x)
是奇函数,所以 F(x)的图象关于原点对称, 由 f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 知,F′(x)>0, 即当 x<0 时,F(x)是增函数.又∵g(-3)= 0,F(x)的图象大体如图所示, ∴f(x)g(x)<0 的范围为(-∞,-3)∪(0,3).

( D )

5.设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极 值点,则 ( A ) A.a<-1 B.a>-1 1 1 C.a<- D.a>- e e
解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. 当 a≥0 时,y 不可能有极值点,故 a<0. 由 ex+a=0 得 ex=-a,∴x=ln(-a), ∴x=ln(-a)即为函数的极值点, ∴ln(-a)>0,即 ln(-a)>ln 1,∴a<-1.

二、填空题 1 2 6.已知函数 f(x)= mx +ln x-2x 在定义域内是增函 2 [1,+∞) 数,则实数 m 的取值范围为__________.

1 解析 f′(x)=mx+x -2≥0 对一切 x>0 恒成立, 12 2 12 2 1 m≥-( ) + ,令 g(x)=-( ) + ,则当 =1 时, x x x x x 函数 g(x)取得最大值 1,故 m≥1.

7.某名牌电动自行车的耗电量 y 与速度 x 之间有如 1 3 39 2 下关系:y= x - x -40x(x>0),为使耗电量最 3 2 小,则速度应定为________. 40
解析 ∵y′=x2-39x-40,令 y′=0,

即 x2-39x-40=0,解得 x=40 或 x=-1(舍). 当 x>40 时,y′>0. 当 0<x<40 时,y′<0, 所以当 x=40 时,y 最小.

8.已知函数 f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的极大值为正数, 极小值为负数,则 a
2 ( 2 ,+∞) 的取值范围是________.

解析 f′(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a),由 f′(x)<0, 得-a<x<a,所以 f(x)在区间(-∞,-a]内递增,在区 间[-a,a]内递减,在区间[a,+∞)内递增,极大值 为 f(-a)=2a3+a=a(2a2+1)>0,① 极小值为 f(a)=a(1-2a2)<0,② 2 由①②得 a∈( 2 ,+∞).

三、解答题 9.(2010· 全国)设函数 f(x)=x(ex-1)-ax2. 1 (1)若 a= ,求 f(x)的单调区间; 2 (2)若当 x≥0 时,f(x)≥0,求 a 的取值范围.
1 1 2 x 解 (1)a=2时,f(x)=x(e -1)-2x , f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)(x+1). 当x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0;当x∈(-1,0)时, f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故f(x)在(-∞,-1),(0,+∞)上单调递增, 在(-1,0)上单调递减.

(2)f(x)=x(ex-1-ax),令 g(x)=ex-1-ax,g′(x)= ex-a.若 a≤1,则当 x∈(0,+∞)时,g′(x)>0,g(x) 为增函数,而 g(0)=0,从而当 x≥0 时,g(x)≥0,即 f(x)≥0. 若 a>1,则当 x∈(0,ln a)时,g′(x)<0,g(x)为减函 数, 而 g(0)=0,从而当 x∈(0,ln a)时,g(x)<0,即 f(x)<0. 综上,a 的取值范围为(-∞,1].

1 2 10.设 a>0,函数 f(x)=2x -(a+1)x+aln x. (1)若曲线 y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为-1, 求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值点.
解 (1)由已知得 x>0, a f′(x)=x-(a+1)+ x. 因为曲线 y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为-1, 所以 f′(2)=-1, a 即 2-(a+1)+ =-1,所以 a=4. 2 a (2)f′(x)=x-(a+1)+x x2-?a+1?x+a ?x-1??x-a? = = . x x

①当0<a<1时, 当x∈(0,a)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当x∈(a,1)时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点. ②当a=1时, 当x∈(0,1)时,f′(x)>0, 当x=1时,f′(x)=0, 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以函数f(x)在定义域内单调递增,此时f(x)没有极 值点.

③当 a>1 时, 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(1,a)时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, 此时 x=1 是 f(x)的极大值点, x=a 是 f(x)的极小值点. 综上,当 0<a<1 时,x=a 是 f(x)的极大值点, x=1 是 f(x)的极小值点; 当 a=1 时,f(x)没有极值点; 当 a>1 时,x=1 是 f(x)的极大值点,x=a 是 f(x)的极 小值点.
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