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2012高考数学二轮专题第5讲:导数及其应用


第5讲
【高考真题感悟】

导数及其应用

1 (2011· 江西)设 f(x)= x3+mx2+nx. 3 (1)如果 g(x)=f′(x)-2x-3 在 x=-2 处取得最小值 -5,求 f(x)的解析式; (2)如果 m+n<10 (m,n∈N*),f(x)的单调递减区间的长 度是正整数,试求 m 和 n 的值.(注:区间(a,b)的长 度为 b-a)



(1)由题意得 g(x)=x2+2(m-1)x+(n-3)=(x+m-1)2

+(n-3)-(m-1)2,已知 g(x)在 x=-2 处取得最小值-5, ?m-1=2, ?m=3, ? ? 所以? 解得? 2 ?(n-3)-(m-1) =-5, ?n=2. ? ? 1 故所要求的解析式为 f(x)= x3+3x2+2x. 3 (2)因为 f′(x)=x2+2mx+n,且 f(x)的单调递减区间的长 度为正整数,故 f′(x)=0 一定有两个不同的根,从而 Δ= 4m2-4n>0,即 m2>n. 不妨设这两个不同的根为 x1,x2,则|x2-x1|=2 m2-n为 正整数.

故 m≥2 时才可能有符合条件的 m,n. 当 m=2 时,只有 n=3 符合要求. 当 m=3 时,只有 n=5 符合要求. 当 m≥4 时,没有符合要求的 n. 综上所述,只有 m=2,n=3 或 m=3,n=5 满足上述 要求.

考题分析

本题主要考查了函数的性质, 以及导数在研究

函数问题中的应用,突出了函数的工具性作用,同时考查 了学生对分类讨论思想的理解和应用.
易错提醒 (1)易忽视二次函数的最小值与对称轴的关系. (2)易忽视函数的单调性与导函数的关系. (3)不能正确地从问题中提炼条件是致误的关键. (4)易忽视分类讨论.

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 f(x)=c f(x)=xn(n∈N*) f(x)=sin x f(x)=cos x f(x)=ax(a>0 且 a≠1) f(x)=ex f(x)=logax (a>0 且 a≠1) f(x)=ln x 导函数 f′(x)=0 f′(x)=nxn-1 f′(x)=cos x f′(x)=-sin 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.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 例1 导数几何意义的应用 1 3 4 已知曲线 y= x + . 3 3

(1)求曲线在点 P(2,4)处的切线方程; (2)求曲线过点 P(2,4)的切线方程.
思维启迪 “该曲线过点 P(2,4)的切线”与“该曲线在点 P(2, 4)处的切线方程”是有区别的: 过点 P(2,4)的切线中, 点 P(2,4)不一定是切点; 在点 P(2,4)处的切线中, P(2,4) 点 是切点.



(1)所求切线的斜率为 y′|x=2=22=4,故所求的曲线

的切线方程为 y-4=4(x-2),即 4x-y-4=0. 1 3 4 (2) 设 曲 线 y = x + 与 过 点 P(2,4) 的 切 线 相 切 于 点 3 3 ? 1 3 4? A?x0,3x0+3?,则切线的斜率为 k=y′|x=x0=x2,切线方 0 ? ? ?1 4? 3 2 程为 y-?3x0+3?=x0(x-x0), ? ? 因为点 P(2,4)在切线上, ?1 4? 3 所以 4-?3x0+3?=x2(2-x0),解得 x0=2 或 x0=-1, 0 ? ? 故所求的切线的方程为:4x-y-4=0 或 x-y+2=0.

探究提高

(1)求函数 f(x)图象上点 P(x0, 0))处的切线方 f(x

程的关键在于确定该点切线处的斜率 k,由导数的几何意 义知 k=f′(x0),故当 f′(x0)存在时,切线方程为 y-f(x0) =f′(x0)(x-x0).求曲线的切线要注意“过点 P 的切线” 与“点 P 处的切线”的差异.过点 P 的切线中,点 P 不 一定是切点, P 也不一定在已知曲线上; P 处的切线, 点 点 点 P 是切点. (2)要准确理解曲线切线的概念, 如直线与曲线公共点的个 数不是切线的本质特征,一方面,直线与曲线只有一个公
/ 共点?直线是曲线的切线;另一方面,直线是曲线的切线 / ?直线与曲线有且仅有一个公共点.

变式训练 1 已知曲线 C:y=3x4-2x3-9x2+4. (1)求曲线 C 上横坐标为 1 的点的切线方程; (2)第(1)小题中切线与曲线 C 是否还有其他公共点.
解 (1)y′=12x3-6x2-18x, 所以切线斜率为 k=y′|x=1=12-6-18=-12, 把 x=1 代入 C 的方程,求得 y=-4, 所以切点为(1,-4), 所以切线方程为 y=-12x+8. ?y=3x4-2x3-9x2+4 ? (2)由? ?y=-12x+8 ?

得 3x4-2x3-9x2+12x-4=0, 2 即(x-1) (x+2)(3x-2)=0,x=1,-2, . 3 ?2 ? 公共点为(1,-4)(切点),(-2,32), ?3,0?,除切点外, ? ? ?2 ? 还有两个公共点(-2,32),?3,0?. ? ?
2

题型二 例2

利用导数研究函数的单调性

(1)已知导函数 f′(x)的下列信息:

当 1<x<4 时, f′(x)>0; 当 x>4,或 x<1 时,f′(x)<0; 当 x=4,或 x=1 时,f′(x)=0. 试画出函数 y=f(x)图象的大致形状. (2)确定函数 f(x)=2x3-6x2+7 在哪个区间内是增函数, 哪个区间内是减函数. 2 3 (3)已知函数 f(x)=4x+ax - x (x∈R)在区间[-1,1]上 3
2

是增函数,求实数 a 的取值范围.

思维启迪

题(1)已知函数的导数的符号,可先判断函

数的单调性,进而画出草图;题(2)要求函数的单调区 间,可先求函数的导函数,再令导函数大于 0(或小于 0)解得函数的单调区间;题(3)是已知单调区间反求字 母 a 的范围,可先求导函数,再令导函数在已知的单 调区间上恒非负(或非正).



(1)当 1<x<4 时,f′(x)>0,可知 y=f(x)在此区间内单

调递增; 当 x>4,或 x<1 时,f′(x)<0; 可知 y=f(x)在此区间内单调递减; 当 x=4,或 x=1 时,f′(x)=0,可知这两点处的切线是 水平的. 综上,函数 y=f(x)图象的大致形状如图所示.

(2)f′(x)=6x2-12x. 令 6x2-12x>0,解得 x<0 或 x>2. 因此,当 x∈(-∞,0)时,函数 f(x)是增函数, 当 x∈(2,+∞)时,f(x)也是增函数. 令 6x2-12x<0,解得 0<x<2. 因此,当 x∈(0,2)时,f(x)是减函数. (3)f′(x)=4+2ax-2x2,且 f′(x)在[-1,1]的任意子区间 内均不恒为 0, 又因 f(x)在区间[-1,1]上是增函数, 所以 f′(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 即 x2-ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立, 解之得:-1≤a≤1, 所以实数 a 的取值范围为[-1,1].

探究提高

题 (2) 利 用 了 函 数 单 调 的 充 分 条 件 : “ 若

f′(x)>0, f(x)单调递增, f′(x)<0, f(x)单调递减”; 则 若 则 题(3)利用了函数单调的必要条件:“若函数单调递增,则 f′(x)≥0;若函数单调递减,则 f′(x)≤0”,注意必要条 件中的等号不能省略,否则漏解.

变式训练 2

(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)的变化情况如下: 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, k≤1 时, 即 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; 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.

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.



(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.

讨论区间与 0,2 的位置关系,画图→截取→观察即可.

变式训练 3

(2011· 山东)某企业拟

建造如图所示的容器(不计厚度, 长度单位:米),其中容器的中 间为圆柱形,左右两端均为半球形,按照设计要求容器 80π 的容积为 立方米, l≥2r.假设该容器的建造费用仅 且 3 与其表面积有关. 已知圆柱形部分每平方米建造费用为 3 千元, 半球形部分每平方米建造费用为 c(c>3)千元. 设 该容器的建造费用为 y 千元. (1)写出 y 关于 r 的函数表达式,并求该函数的定义域; (2)求该容器的建造费用最小时的 r.



(1)设容器的容积为 V, 4 3 80π 2 由题意知 V=πr l+ πr ,又 V= , 3 3 4 3 V- πr 3 80 4 4 20 故 l= = 2- r= ( 2 -r). πr2 3r 3 3 r 由于 l≥2r,因此 0<r≤2. 4 20 所以建造费用 y=2πrl×3+4πr c=2πr× ( 2 -r)×3+ 3 r
2

4πr2c, 160π 因此 y=4π(c-2)r + r ,0<r≤2. 160π (2)由(1)得 y′=8π(c-2)r- 2 r 8π(c-2) 3 20 = (r - ),0<r≤2. r2 c-2
2

由于 c>3,所以 c-2>0. 3 20 20 当r- =0 时,r= . c-2 c-2 3 20 令 =m,则 m>0, c-2 8π(c-2) 所以 y′= (r-m)(r2+rm+m2). 2 r 9 ①当 0<m<2,即 c> 时, 2
3

当 r=m 时,y′=0; 当 r∈(0,m)时,y′<0; 当 r∈(m,2)时,y′>0, 所以 r=m 是函数 y 的极小值点,也是最小值点.

9 ②当 m≥2,即 3<c≤ 时, 2 当 r∈(0,2)时,y′<0,函数单调递减, 所以 r=2 是函数 y 的最小值点. 9 综上所述,当 3<c≤ 时,建造费用最小时 r=2; 2 9 当 c> 时,建造费用最小时 r= 2
3

20 . c-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.

名师押题我来做
1.若函数 f(x)=-x·x,则下列命题正确的是 e ( ) 1 A.?a∈(-∞, ),?x∈R,f(x)>a e 1 B.?a∈( ,+∞),?x∈R,f(x)>a e 1 C.?x∈R,?a∈(-∞, ),f(x)>a e 1 D.?x∈R,?a∈( ,+∞),f(x)>a e 押题依据 利用函数的导数研究函数的最值问题是高考
的重点内容. 本题以命题为背景考查了利用导数求最值(极 值),体现了转化的思想,考查了能力,故押此题.
押题级别 ★★★★

解析

f′(x)=-ex(1+x),

令 f′(x)>0,则 x<-1, 令 f′(x)<0,则 x>-1. 1 ∴f(x)max=f(x)极大=f(-1)= . e 1 由图知?a∈(-∞, ),?x∈R,f(x)>a, e 故选 A.
答案 A

2.已知函数 f(x)=x3+x,对任意的 m∈[-2,2],f(mx- 2)+f(x)<0 恒成立,则 x 的取值范围为__________.
押题依据 本题以不等式恒成立为背景,考查了函数的导 数,函数的单调性和奇偶性.突出考查了转化与化归的能 力.难度稍大,有较好的区分度,故押此题.
押题级别 ★★★★★

解析 ∵f′(x)=3x2+1>0 恒成立, f(x)在 R 上是增函数. 故 又 f(-x)=-f(x),∴y=f(x)为奇函数. 由 f(mx-2)+f(x)<0 得 f(mx-2)<-f(x)=f(-x), ∴mx-2<-x,mx-2+x<0 在 m∈[-2,2]上恒成立. 记 g(m)=xm-2+x, ?g(-2)<0, ?-2x-2+x<0, ? ? ? 则 即? ?g(2)<0, ?2x-2+x<0, ? ? 2 得-2<x< . 3
答案
? 2? ?-2, ? 3? ?

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