【2011步步高一轮复习讲义】3.4 导数的综合应用

要点梳理1.曲线的切线方程点P(x0,f(x0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x0,f(x0))处存在导数,曲线y=f(x)在点P处的切线方程为_____________________.2.函数的单调性(1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便,但要注意规范步骤.求函数单调区间的基本步骤是:基础知识自主学习§3.4导数的综合应用y-f(x0)=f′(x0)(x-x0)①确定函数f(x)的定义域;②求导数f′(x);③由f′(x)0(或f′(x)0),解出相应的x的范围.当f′(x)0时,f(x)在相应的区间上是______;当f′(x)0时,f(x)在相应的区间上是_______.还可以通过列表,写出函数的单调区间.(2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用以下的充分条件：设函数f(x)在(a，b)内可导，若f′(x)0(或f′(x)0),则函数f(x)在区间(a,b)内为增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b］上连续,则单调区间可扩大到闭区间［a,b］上.增函数减函数3.函数的极值求可导函数极值的步骤求导数f′(x)→求方程________的根→检验f′(x)在方程根左右值的符号,求出极值(若左正右负,则f(x)在这个根处取极大值;若左负右正,则f(x)在这个根处取极小值).4.函数的最值求可导函数在［a,b］上的最值的步骤求f(x)在(a,b)内的极值→求f(a)、f(b)的值→比较f(a)、f(b)的值和_____的大小.f′(x)=0极值5.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y=f(x);(2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值.基础自测1.已知曲线C:y=2x2-x3,点P(0,-4),直线l过点P且与曲线C相切于点Q,则点Q的横坐标为()A.-1B.1C.-2D.2解析2230002320000023232000000032200000043,(,2),2(43)().(0,4),42(43)(0),20,1(1)0,(1)(22)0,1.yxxQxxxlyxxxxxxlPxxxxxxxxxxxxx设则方程为过点A2.函数f(x)=xcosx的导函数f′(x)在区间[-π,π]上的图象大致是()解析∵f(x)=xcosx,∴f′(x)=cosx-xsinx.∴f′(-x)=f′(x),∴f′(x)为偶函数,∴函数图象关于y轴对称.由f′(0)=1可排除C、D选项.而f′(1)=cos1-sin10,从而观察图象即可得到答案为A.A3.已知函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列(n∈N*)的前n项和为()解析∵f′(x)=mxm-1+a=2x+1∴f(x)=x2+x∴f(n)=n2+n=n(n+1)12A.Β.C.D.111nnnnnnnn12amC..)()()(故选111112111nnnnfff})({nf1C4.a、b为实数，且b-a=2，若多项式函数f(x)在区间(a,b)上的导函数f′(x)满足f′(x)0,则以下式子中一定成立的关系式是()A.f(a)f(b)B.f(a+1)f(b-)C.f(a+1)f(b-1)D.f(a+1)f(b-)解析因为f(x)在区间(a,b)上的导函数f′(x)满足f′(x)0,故f(x)在区间(a,b)上单调递减,故f(a+1)f(b-),故选B.212321,,2121212baaab-又B5.函数y=f(x)在其定义域内可导,其图象如图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x)，则不等式f′(x)≤0的解集为__________.解析由函数y=f(x)在定义域内的图象可得,函数y=f′(x)的大致图象如图所示.由图象可得不等式f′(x)≤0的解集为),(323),[],[32131).,[],[32131),(323题型一函数的极值与导数【例1】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a0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值.(1)由f(x)过点(-1,-6)及g(x)图象关于y轴对称可求m,n.由f′(x)0及f′(x)0可求单调递增和递减区间.(2)先求出函数y=f(x)的极值点,再根据极值点是否在区间(a-1,a+1)内讨论.题型分类深度剖析思维启迪解(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.而g(x)的图象关于y轴对称,所以所以m=-3.代入①得n=0.于是f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).由f′(x)0得x2或x0,故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);由f′(x)0,得0x2,故f(x)的单调递减区间是(0,2).,03262m(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:由此可得:当0a1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;x(-∞,0)0(0,2)2(2,+∞)f′(x)+0-0+f(x)极大值极小值当1a3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0a1时,f(x)有极大值-2,无极小值;当1a3时,f(x)有极小值-6,无极大值;当a=1或a≥3时,f(x)无极值.(1)注意体会求函数极值的基本步骤,列表可使解题过程更加清晰规范.(2)要求函数f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值,需对参数a进行讨论.探究提高知能迁移1已知函数(a为常数),求函数f(x)的极值.解由已知得函数f(x)的定义域为{x|x1},①当a0时,由f′(x)=0,得当x∈(1,x1)时,f′(x)0,f(x)单调递减;当x∈(x1,+∞)时,f′(x)0,f(x)单调递增.)ln()()(1112xaxxf.)()(-2)(),ln()()(32211111xxaxfxaxxf所以因为.)())(()(,,321211121121xxxxxaxfaxax此时②当a≤0时，f′(x)0恒成立，所以f(x)无极值．综上所述，当a0时，f(x)在x＝1＋2a处取得极小值，极小值为f1＋2a＝a21＋ln2a.当a≤0时，f(x)无极值．题型二函数的最值与导数【例2】已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b,问是否存在实数a、b使f(x)在[－1，2]上取得最大值3，最小值－29,若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明理由．(1)研究函数f(x)在[－1,2]上的单调性;(2)确定f(x)在[－1,2]上的最大、最小值；(3)列方程组求a、b.解由f(x)＝ax3－6ax2＋b得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)．当a＝0时,f′(x)＝0,f(x)＝b不能使f(x)在[－1,2]上取最大值3,最小值－29.思维启迪当a0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4在区间[－1,2]上,x－1(－1,0)0(0,2)2f′(x)＋＋0－－f(x)－7a＋b极大值b－16a＋b由a0得－16a＋b－7a＋b，则f(x)在[－1,2]上取最大值b，最小值－16a＋b.依题意b＝3，－16a＋b＝－29，a＝2，b＝3，符合题意．当a0,令f′(x)＝0得x1＝0,x2＝4在区间[－1,2]上,x－1(－1,0)0(0,2)2f′(x)－－0＋＋f(x)－7a＋b极小值b－16a＋b由a0得－16a＋b－7a＋b，则f(x)在[－1,2]上取最大值－16a＋b，最小值b.依题意－16a＋b＝3，b＝－29，解得a＝－2，b＝－29，符合题意．综上所述，存在a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29使f(x)在[－1,2]上取得最大值3，最小值－29.探究提高导函数f′(x)的符号受a的符号的影响，从而需要对a进行分类讨论，有些同学做本题时忘记对a的讨论而默认了a0，或在对a进行分类讨论时漏掉了a＝0的情况．在求闭区间上的连续函数的最值、极值时，通过研究导函数的符号，列表求得该函数的单调区间、极值点(极值)、端点值，从而求得最大值和最小值．知能迁移2已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)求函数f(x)的单调增区间；(2)若函数f(x)在[1，e]上的最小值为32，求实数a的值．解(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2.①当a≥0时,f′(x)0,∴f(x)的单调增区间为(0,＋∞)．②当a0时，令f′(x)0，得x－a，∴f(x)的单调增区间为(－a，＋∞)．(2)由(1)可知，f′(x)＝x＋ax2①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数，∴[f(x)]min＝f(1)＝－a＝32，∴a＝－32(舍去)．②a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)在[1，e]上为减函数，∴[f(x)]min＝f(e)＝1－ae＝32，∴a＝－e2(舍去)．③若－ea－1，当1x－a时，f′(x)0，∴f(x)在(1，－a)上为减函数，当－axe时，f′(x)0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，∴[f(x)]min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，∴a＝－e综上所述，a＝－e.题型三导数与方程的解【例3】已知函数f(x)＝x2－alnx在(1,2]是增函数，g(x)＝x－ax在(0,1)为减函数．(1)求f(x)、g(x)的解析式；(2)求证：当x0时，方程f(x)＝g(x)＋2有唯一解．探究提高(1)由f(x)、g(x)在给定区间上的单调性确定a的值．(2)f(x)＝g(x)＋2的解等价于h(x)＝f(x)－g(x)－2的零点，研究函数h(x)的单调性即可．(1)解f′(x)＝2x－ax，依题意f′(x)≥0，x∈(1,2]，即a≤2x2，x∈(1,2]．∵上式恒成立，∴a≤2.①又g′(x)＝1－a2x，依题意g′(x)≤0，x∈(0,1)，即a≥2x，x∈(0,1)．∵上式恒成立，∴a≥2.②由①②得a＝2.∴f(x)＝x2－2lnx，g(x)＝x－2x.(2)证明由(1)可知，方程f(x)＝g(x)＋2，即x2－2lnx－x＋2x－2＝0.设h(x)＝x2－2lnx－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－2x－1＋1x，当h′(x)＝0时，(x－1)(2xx＋2x＋x＋2)＝0，解得x＝1.令h′(x)0，并由x0，解得x1.令h′(x)0，由x0，解得0x1.列表分析：x(0,1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋h(x)递减极小值递增可知h(x)在x=1处有一个最小值0，当x0且x≠1时，h(x)0，∴h(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个解．即当x0时，方程f(x)＝g(x)＋2有唯一解．探究提高研究方程的根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．将方程、不