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第三篇 导数及其应用第3讲 导数的应用(二)


第 3 讲 导数的应用(二) 【高考会这样考】1.利用导数求函数的极值.2.利用导数求函数闭区间上的最值. 3.利用导数解决某些实际问题. 【复习指导】本讲复习时,应注重导数在研究函数极值与最值中的工具性作用,会将一些实际问题抽象为 数学模型,从而用导数去解决.复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用. 基础梳理 1.函数的极值 (1)判断 f(x0)是极值的方法 一般地,

当函数 f(x)在点 x0 处连续时,

①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,那么 f(x0)是极大值; ②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,那么 f(x0)是极小值. (2)求可导函数极值的步骤 ①求 f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根; ③检查 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根左右值的符号.如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值;如 果左负右正,那么 f(x)在这个根处取得极小值,如果左右两侧符号一样,那么这个根不是极值点. 2.函数的最值 (1)在闭区间[a,b]上连续的函数 f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值. (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数 f(x)在[a,b] 上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值. (3)设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤如下: ①求 f(x)在(a,b)内的极值; ②将 f(x)的各极值与 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. 3.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; (4)回归实际问题作答. 两个注意 (1)注意实际问题中函数定义域的确定. (2)在实际问题中, 如果函数在区间内只有一个极值点, 那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可, 不必再与端点的函数值比较. 三个防范 (1)求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过认真比较才能下结论;另外注意函数最值 是个“整体”概念,而极值是个“局部”概念. (2)f′(x0)=0 是 y=f(x)在 x=x0 取极值的既不充分也不必要条件.
1

如①y=|x|在 x=0 处取得极小值,但在 x=0 处不可导; ②f(x)=x3,f′(0)=0,但 x=0 不是 f(x)=x3 的极值点. (3)若 y=f(x)可导,则 f′(x0)=0 是 f(x)在 x=x0 处取极值的必要条件. 双基自测 1. (2011· 福建)若 a>0, b>0, 且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极值, 则 ab 的最大值等于 解析 .

f′(x)=12x2-2ax-2b,由函数 f(x)在 x=1 处有极值,可知函数 f(x)在 x=1 处的导数值为零,12- a+b?2 ?6?2 ? 2 ? =?2? =9,当且仅当 a=b=3

2a-2b=0,所以 a+b=6,由题意知 a,b 都是正实数,所以 ab≤? 时取到等号.答案 9 1 4 2.已知函数 f(x)= x4- x3+2x2,则 f(x)( 4 3 ).

A.有极大值,无极小值 B.有极大值,有极小值 C.有极小值,无极大值 D.无极小值,无极大值 解析 f′(x)=x3-4x2+4x=x(x-2)2 f′(x),f(x)随 x 变化情况如下 x f′(x) f(x) 因此有极小值无极大值.答案 C 1 3.(2010· 山东)已知某生产厂家的年利润 y(单位:万元)与年产量 x(单位:万件)的函数关系式为 y=- x3 3 +81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 . (-∞,0) - 0 0 0 (0,2) + 2 0 4 3 (2,+∞) +

解析 y′=-x2+81,令 y′=0 解得 x=9(-9 舍去).当 0<x<9 时,y′>0;当 x>9 时,y′<0,则 当 x=9 时,y 取得最大值.答案 9 万件 4.(2011· 广东)函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小值. 解析 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2)

当 x<0 时,f′(x)>0,当 0<x<2 时,f′(x)<0,当 x>2 时,f′(x)>0,故当 x=2 时取得极小值. x2+a 5.若函数 f(x)= 在 x=1 处取极值,则 a=________. x+1 2x?x+1?-?x2+a? 解析 ∵f(x)在 x=1 处取极值,∴f′(1)=0,又 f′(x)= , ?x+1?2 2×1×?1+1?-?1+a? ∴f′(1)= =0,即 2×1×(1+1)-(1+a)=0,故 a=3. ?1+1?2

考向一 函数的极值与导数 1 【例 1】?(2011· 重庆)设 f(x)=2x3+ax2+bx+1 的导数为 f′(x),若函数 y=f′(x)的图象关于直线 x=- 对 2 称,且 f′(1)=0.(1)求实数 a,b 的值;(2)求函数 f(x)的极值.
2

1 [审题视点] 由条件 x=- 为 y=f′(x)图象的对称轴及 f′(1)=0 求得 a,b 的值,再由 f′(x)的符号求其极 2 a a2 x+ ?2+b- , 值.解 (1)因 f(x)=2x3+ax2+bx+1,故 f′(x)=6x2+2ax+b.从而 f′(x)=6? ? 6? 6 a a 1 即 y=f′(x)的图象关于直线 x=- 对称,从而由题设条件知- =- ,解得 a=3. 6 6 2 又由于 f′(1)=0,即 6+2a+b=0,解得 b=-12. (2)由(1)知 f(x)=2x3+3x2-12x+1,f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2). 令 f′(x)=0,即 6(x-1)(x+2)=0,解得 x1=-2,x2=1. 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(-∞,-2)上为增函数; 当 x∈(-2,1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(-2,1)上为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(1,+∞)上为增函数. 从而函数 f(x)在 x1=-2 处取得极大值 f(-2)=21,在 x2=1 处取得极小值 f(1)=-6. 运用导数求可导函数 y=f(x)的极值的步骤: (1)先求函数的定义域,再求函数 y=f(x)的导数 f′(x);(2)求方程 f′(x)=0 的根;(3)检查 f′(x)在方程根的 左右的值的符号,如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值,如果左负右正,那么 f(x)在这个根处取 得极小值. 【训练 1】 (2011· 安徽)设 f(x)= ex ,其中 a 为正实数. 1+ax2

4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点;(2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 3 解 对 f(x)求导得 f′(x)=ex 1+ax2-2ax .① ?1+ax2?2

4 3 1 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0,解得 x1= ,x2= . 3 2 2 综合①,可知 x f′(x) f(x)

?-∞,1? 2? ?


1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2?


3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ?


3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 ax2-2ax+1≥0 在 R 上恒 成立.因此 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 考向二 函数的最值与导数 【例 2】?已知 a 为实数,且函数 f(x)=(x2-4)(x-a). (1)求导函数 f′(x);(2)若 f′(-1)=0,求函数 f(x)在[-2,2]上的最大值、最小值. [审题视点] 先化简再求导,求极值、端点值,进行比较得最值.
3



(1)f(x)=x3-ax2-4x+4a,得 f′(x)=3x2-2ax-4.

1 1 (2)因为 f′(-1)=0,所以 a= ,有 f(x)=x3- x2-4x+2,所以 f′(x)=3x2-x-4. 2 2 4? 4 50 9 令 f′(x)=0,所以 x= 或 x=-1.又 f? =- ,f(-1)= ,f(-2)=0,f(2)=0, 3 ? ? 3 27 2 9 50 所以 f(x)在[-2,2]上的最大值、最小值分别为 、- . 2 27 一般地,在闭区间[a,b]上的连续函数 f(x)必有最大值与最小值,在开区间(a,b)内的连续函数 不一定有最大值与最小值,若函数 y=f(x)在闭区间[a,b]上单调递增,则 f(a)是最小值,f(b)是最大值;反 之,则 f(a)是最大值,f(b)是最小值. 【训练 2】 函数 f(x)=x3+ax2+b 的图象在点 P(1,0)处的切线与直线 3x+y=0 平行 (1)求 a,b;(2)求函数 f(x)在[0,t](t>0)内的最大值和最小值. 解
?f?1?=0, ?a+b+1=0, ?a=-3, ? ? ? (1)f′(x)=3x2+2ax 由已知条件? 即? 解得? ? ? ? ?f′?1?=-3, ?2a+3=-3, ?b=2.

(2)由(1)知 f(x)=x3-3x2+2,f′(x)=3x2-6x=3x(x-2), f′(x)与 f(x)随 x 变化情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,0) + 0 0 2 (0,2) - 2 0 -2 (2,+∞) +

由 f(x)=f(0)解得 x=0,或 x=3 因此根据 f(x)的图象 当 0<t≤2 时,f(x)的最大值为 f(0)=2 最小值为 f(t)=t3-3t2+2; 当 2<t≤3 时,f(x)的最大值为 f(0)=2,最小值为 f(2)=-2; 当 t>3 时,f(x)的最大值为 f(t)=t3-3t2+2,最小值为 f(2)=-2. 考向三 用导数解决生活中的优化问题 【例 3】?(2011· 江苏)请你设计一个包装盒.如图所示,ABCD 是边长为 60 cm 的正方形硬纸片,切去阴影 部分所示的四个全等的等腰直角三角形,再沿虚线折起,使得 A,B,C,D 四个点重合于图中的点 P,正 好形成一个正四棱柱形状的包装盒.E、F 在 AB 上,是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点.设 AE=FB=x(cm).

(1)若广告商要求包装盒的侧面积 S(cm2)最大,试问 x 应取何值? (2)某厂商要求包装盒的容积 V(cm3)最大,试问 x 应取何值?并求出此时包装盒的高与底面边长的比值. [审题视点] 由实际问题抽象出函数模型,利用导数求函数最优解,注意变量的实际意义. 解 60-2x 设包装盒的高为 h(cm),底面边长为 a(cm).由已知得 a= 2x,h= = 2(30-x),0<x<30. 2
4

(1)S=4ah=8x(30-x)=-8(x-15)2+1 800,所以当 x=15 时,S 取得最大值. (2)V=a2h=2 2(-x3+30x2),V′=6 2x(20-x).由 V′=0 得 x=0(舍去)或 x=20. 当 x∈(0,20)时,V′>0;当 x∈(20,30)时,V′<0.所以当 x=20 时,V 取得极大值,也是最大值. h 1 1 此时 = .即包装盒的高与底面边长的比值为 . a 2 2 在求实际问题中的最大值或最小值时,一般先设自变量、因变量、建立函数关系式,并确定其 定义域,利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相符合,用导数求解实际问题中的最大(小) 值,如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点. 【训练 3】 统计表明,某种型号的汽车在匀速行驶中,每小时的耗油量 y(升)关于行驶速度 x(千米/小时) 1 3 的函数解析式可以表示为:y= x3- x+8(0<x≤120).已知甲、乙两地相距 100 千米. 128 000 80 (1)当汽车以 40 千米/小时的速度匀速行驶时,从甲地到乙地要耗油多少升? (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升? 解 (1)设汽车以 x 千米/小时的速度行驶时,其耗油量为 3 100? 1 x2 800 15 x3- x+8? = + - (0<x≤120) 80 ? x ?128 000 1 280 x 4 f(40)=17.5(升)

f(x)=

因此从甲地到乙地要耗油 17.5 升.
3 x 800 x -512 000 (2)f′(x)= - 2 = 640 x 640x2



?x-80??x2+80x+6 400? 640x2

又 0<x≤120,令 f′(x)=0 解得 x=80,当 0<x<80 时,f′(x)<0; 当 80<x≤120 时,f′(x)>0.则当 x=80 时,f(x)取到最小值 f(80)=11.25(升) 因此当汽车以 80 千米/小时行驶时耗油最省,最小耗油量为 11.25 升. 难点突破 7——有关导数热点问题的求解策略 导数的工具性使得导数在高考中的应用有得天独厚的优势,特别是在研究函数的性质、相切问题以及实际 优化的问题方面.近年,各地高考都从不同的方面对导数内容进行考查,既有考查导数的小题,又有考查 导数综合应用的大题.这些问题构成了高考试卷中一道亮丽的风景线. 一、研究曲线切线的导数问题 导数的几何意义是我们解决有关直线与曲线相切的问题以及切线的斜率问题的有力武器,它使得复杂的图 象关系问题转化为简单的函数问题、因而常常与导函数在切点的函数值一起作为列出方程的重要依据. 【示例】? (2011· 辽宁)设函数 f(x)=x+ax2+bln x,曲线 y=f(x)过 P(1,0),且在 P 点处的切线斜率为 2 (1)求 a、b 的值;(2)证明:f(x)≤2x-2.

5

二、研究函数性质的导数问题 导数是研究函数问题的有力工具, 常常用来解决函数的单调性、极值、最值等问题. 【示例】? (2011· 陕西)设 f(x)=ln x, g(x)=f(x)+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值; 1? (2)讨论 g(x)与 g? ?x?的大小关系; (3)求 a 的取值范围, 1 使得 g(a)-g(x)< 对任意 x>0 成立. a

▲解决实际问题的导数问题(教师备选) 对于实际问题中的一些优化问题,如成本最低、利润最大、用料最省等问题,常常需要将实际问题抽象为 数学问题,然后化为函数的最值来解决,而求解函数最值最有效的方法是导数法,因此,导数被广泛地应 用于实际生活中的一些优化问题的求解过程,成为求解这些优化问题的首选. 【示例】? 已知一块半径为 r 的残缺的半圆形材料 ABC ,O 为半圆的圆心, OC ?
6

1 r ,残缺部分位于过点 2

D

C 的竖直线的右侧.现要在这块材料上截出一个直角三角形,有两种设计方案:如图甲,以 BC 为斜边;

如图乙,直角顶点 E 在线段 OC 上,且另一个顶点 D 在 AB 上.要使截出的直角三角形的面积最大,应该 选择哪一种方案?请说明理由,并求出截得直角三角形面积的最大值.

如图甲,设 ?DBC ? ? ,

3r 3r ??????????????????2 分 cos? , DC ? sin ? , 2 2 9 所以 S△BDC ? r 2 sin 2? ???????????????????????????4 分 16 9 2 ≤ r , 16 π 当且仅当 ? ? 时取等号, ???????????????????6 分 4 3 此时点 D 到 BC 的距离为 r , 可以保证点 D 在半圆形材料 ABC 内部, 因此按照图甲方案得到直角三角形 4 9 2 的最大面积为 r . ???????????????????7 分 16
则 BD ? 如图乙,设 ?EOD ? ? ,则 OE ? r cos ? , DE ? r sin ? ,

π π ?????????????10 分 3 2 1 1 设 f (? ) ? r 2 (1 ? cos? )sin ? ,则 f ?(? ) ? r 2 (1 ? cos? )(2cos? ? 1) , 2 2 π π π 当 ? ?[ , ] 时, f ?(? ) ≤ 0 ,所以 ? ? 时,即点 E 与点 C 重合时, 3 2 3 3 3 2 △ BDE 的面积最大值为 r . ?????????????????????13 分 8 3 3 2 9 2 r ? r , 因为 8 16 3 3 2 r .????14 分 所以选择图乙的方案,截得的直角三角形面积最大,最大值为 8
所以 S△BDE ? r 2 (1 ? cos? )sin? , ? ?[ , ] .

1 2

A 级 基础达标演练 1.(2012· 抚顺模拟)函数 f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数 f′(x)在(a,b)内的图象如图所示,则函数 f(x) 在开区间(a,b)内有极小值点 个 .1

7

2.若函数 y=f(x)可导,则“f′(x)=0 有实根”是“f(x)有极值”的
3 2

条件.必要不充分 .

3.已知函数 f(x)=x +ax +(a+6)x+1 有极大值和极小值,则实数 a 的取值范围是 解析

f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数有极大值和极小值,所以 f′(x)=0 有两个不相等的实数根,所

以 Δ=4a2-4×3(a+6)>0,解得 a<-3 或 a>6.答案 (-∞,-3)∪(6,+∞)[来 ln2x 4.(2012· 惠州一中质检)函数 y= 的极小 值为 x .

2ln x-ln2x -ln x?ln x-2? 解析 函数的定 义域为(0,+∞)y′= = x2 x2 函数 y′与 y 随 x 变化情况如下: x y′ y ln2x 则当 x=1 时函数 y= 取到极小值 0. x 5.(2012· 湛江模拟)函数 y=xe x,x∈[0,4]的最小值为


(0,1) -

1 0 0

(1,e2) +

e2 0 4 e2

(e2,+∞) -



解析 y′=e x-xe x=-e x(x-1)y′与 y 随 x 变化情况如下:
- - -

x y′ y


0

(0,1) +

1 0 1 e

(1,4) -[来

4

0

4 e4

当 x=0 时,函数 y=xe x 取到最小值 0. 6.(2012· 南宁联考)已知函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x2-3a=3(x2-a),显然 a>0,f′(x)=3(x+ a)(x- a),

由已知条件 0< a<1,解得 0<a<1.答案 (0,1) 7.函数 f(x)=x2-2ln x 的最小值为________. 2 解析 由 f′ (x)=2x- =0,得 x2=1.又 x>0,所以 x=1.因为 0<x<1 时,f′(x)<0,x>1 时 f′(x)>0, x 所以当 x=1 时,f(x)取极小值(极小值唯一)也即最小值 f(1)=1. 8.(2012· 洛阳调研)若 f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1 有极大值和极小值,则 a 的取 值范围________. 解析 f′(x)=3x2+6ax+3(a+2),由已知条件 Δ>0,即 36a2-36(a+2)>0,

解得 a<-1,或 a>2.答案 (-∞,-1)∪(2,+∞) 9.(11 分)已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx 在点 x0 处取 得极大值 5,其导函数 y=f′(x)的图象经过(1,0),(2,0) 点,如图所示.

(1)求 x0 的值;[来(2)求 a,b,c 的值.
8



(1)由 f′ (x)随 x 变化的情况 x f′(x) (-∞,1) + 1 0 (1,2) - 2 0 (2,+∞) +

可知当 x=1 时 f(x)取到极大值 5,则 x0=1 (2)f′(x)=3ax 2+2bx+c,a>0 由已知条件 x=1,x=2 为方程 3ax2+2bx+c=0,

? ?-2b=3, 的两根,因此? 3a c ? ?3a=2,

a+b+c=5, 解得 a=2,b=-9,c=12.

10.(12 分)(2011· 北京)已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间;(2)求 f(x)在区间[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)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,k-1) - k-1 0 -ek
-1

(k-1,+∞) +

所以,f(x)的单调递减区间是( -∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k;当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, 由(1)知 f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k-1)=- ek 1;[来 Z#x 当 k-1≥1,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递减,


所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e. B 级 综合创新备选 1.(2011· 湖南)设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到最小时 t 的 值为 解析 .
2 1 2x -1 2 |MN|的最小值,即函数 h(x)=x -ln x 的最小值,h′(x)=2x- = ,显然 x= 是函数 h(x)在 x x 2 2

其定义域内唯一的极小值点,也是最小值点,故 t=

2 . 2

2.(2011 · 浙江)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下列图象 不可能为 y=f(x)的图象是( ).

解析 若 x=-1 为函数 f (x)ex 的一个极值点, 则易得 a=c.因选项 A、 B 的函数为 f(x)=a(x+1)2, 则[f(x)ex]′ =f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,∴x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,满足条件;选项 C 中,对称
9

b 轴 x=- >0,且开口向下,∴a<0,b>0,∴f(-1)=2a-b<0,也满足条件;选项 D 中,对称轴 x= 2a - b <-1,且开口向上,∴a>0,b>2a,∴f(-1)=2a-b<0,与图矛盾,故答案选 D. 2a

3.(★)(2012· 广州模拟)设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都有 f(x)≥0 成立,则实数 a 的值为________. 解析 (构造法)若 x= 0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立;

3?1-2x? 3 1 3 1 当 x>0,即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3.设 g(x)= 2- 3 ,则 g′(x)= , x x x x x4 1? ?1 ? ?1? 所以 g(x)在区间? ?0,2?上单调递增,在区间?2,1?上单调递减,因此 g(x)max=g?2?=4,从而 a≥4. 3 1 当 x<0,即 x∈[-1,0)时,同理 a≤ 2- 3.g(x)在区间[-1,0)上单调递增, x x ∴g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上可知 a=4. 【点评】 本题考查了分类讨论思想构造函数,同时利用导数的知识来解决. ln a+ln x 4.已知函数 f(x)= 在[1,+∞)上为减函数,则实数 a 的取值范围为________. x [e,+∞)

解析

1 · x-?ln a+ln x? x 1-?ln a+ln x? f′(x)= = ,因为 f(x)在[1,+∞)上为减函数,故 f′(x)≤0 在[1,+ x2 x2

∞)上恒成立,即 ln a≥1-ln x 在[1,+∞)上恒成立.设 φ(x)=1-ln x,φ(x)max=1,故 ln a≥1,a≥e. 1 1 5.(10 分)(2011· 江西)设 f(x)=- x3+ x2+2ax. 3 2 2 ? (1)若 f(x)在? ?3,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3 解 1?2 1 (1)由 f′(x)=-x2+x+2a=-? ?x-2? +4+2a,

2 2 1 ? ?2? 2 当 x∈? ?3,+∞?时,f′(x)的最 大值为 f′?3?=9+ 2a;令9+2a>0,得 a>-9. 2 1 ? ?2 ? 所以,当 a>- 时,f(x)在? ?3,+∞?上存在单调递增区间.即 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间时,a 9 1 ? 的取值范围是? ?-9,+∞? (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= 1- 1+8a 1+ 1+8a ,x2= . 2 2

所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4,所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2), 27 40 16 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1).所以 f(x)在[1,4]上 的最小值为 f(4)=8a- =- . 2 3 3 得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2 )= 10 . 3

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1 6.(★)(12 分)(2011· 湖南)设函数 f(x)=x- -aln x(a∈R). x (1)讨论 f(x )的单调性;(2)若 f(x)有两个极值点 x1 和 x2,记过点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为 k. 问:是否存在 a,使得 k=2-a?若存在,求出 a 的值;若不存在,请说明理由. 思路分析 先求导,通分后发现 f′(x)的符号与 a 有关,应对 a 进行分类,依据方程的判别式来分类. 解
2 1 a x -ax+1 (1)f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=1+ 2- = . x x x2

令 g(x)=x2-ax+1,其判别式 Δ=a2-4. ①当|a|≤2 时,Δ≤0,f′(x)≥0.故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. ②当 a<-2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根都小于 0.在(0,+∞)上,f′(x)>0.故 f(x)在(0,+∞)上单调递增. a- a2-4 a+ a2-4 ③当 a>2 时,Δ>0,g(x)=0 的两根为 x1= ,x2= . 2 2 当 0<x<x1 时,f′(x)>0,当 x1<x<x2 时,f′(x)<0; 当 x>x2 时,f′(x)>0.故 f(x)分别在(0,x1),(x2,+∞)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减. (2)由(1)知,a>2. 因为 f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+ x1-x2 f?x1?-f?x2? ln x1-ln x2 1 -a(ln x1-ln x2),所以,k= =1+ -a· . x1x2 x1x2 x1-x2 x1-x2

ln x1-ln x2 ln x1-ln x2 又由(1)知,x1x2=1,于是 k=2-a· .若存在 a,使得 k=2-a,则 =1. x1-x2 x1-x2 1 即 ln x1-ln x2=x 1-x2.由 x1x2=1 得 x2- -2ln x2=0(x2>1).(*) x2 1 1 1 再由(1 )知,函数 h(t)=t- -2ln t 在(0,+∞)上单调递增,而 x2>1,所以 x2- -2ln x2>1- -2 ln 1= t x2 1 0.这与(*)式矛盾. 故不存在 a,使得 k=2-a. 【点评】 本题充分体现了分类讨论思想.近几年新课标高考常考查含参数的导数问题,难度中等偏上,考 生最容易失分的就是对参数的分类标准把握不准,导致分类不全等

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