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2013高考数学三部曲(复习、诊断、练习)典型易错题会诊 考点15 导数及其应用


考点 15 导数及其应用 ? 导数的概念与运算 ? 导数几何意义的运用 ? 导数的应用 ? 利用导数的几何意义 ? 利用导数探讨函数的单调性 ? 利用导数求函数的极值勤最值 典型易错题会诊 命题角度 1 导数的概念与运算 1. (典型例题) 设 f0(x)=sinx,f1(x)=f’0(x),f2(x)=f’1(x),?,fn+1(x)=f’n(x),n∈N,则 f2005(x) ( ) A.sinx B.-sinx C.cosx D.-cosx [考场错解] 选 A [专家把脉] 由 f’1(x)=f’0(x)=(sinx)’=cosx,f2(x)=(cosx)’=-sinx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,f4(x)=(-cosx)’=sinx,?,f2005(x)= f’2004(x)=?=f0(x0=sinx 前面解答思路是正确的,但在归纳时发生了错误。因 f4(x)=f0(x)=f8(x0=?=f2004(x),所以 f2005(x)=f1(x)=cosx. [对症下药] 选 C 2.(典型例题)已知函数 f(x)在 x=1 处的导数为 3,f(x)的解析式可能为 ( ) A.f(x)=(x-1)3+32(x-1) B.f(x)=2x+1 C.f()=2(x-1)2 D.f(x)-x+3 [考场错解] 选 B ∵f(x)=2x+1,∴f’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3. [专家把脉] 上面解答错误原因是导数公式不熟悉,认为(2x+1)’=2x+1.正确的是 (2x+1)’=2,所以 x=1 时的导数是 2,不是 3。 [对症下药] 选 A ∵f(x)=(x-1)3+3(x-1)f’(x)=3(x-1)2+3,当 x=1 时,f’(1)=3 3.(典型例题) 已知 f(3)=2f’(3)=-2,则 lim A.-4 B.0 C.8
x ?3 x ?3

2 x ? 3 f ( x) x?3

的值为

( )

D.不存在
2 x ? 3 f ( x) x?3 0 0

[考场错解] 选 D ∵x→3,x-3→0 ∴ lim

不存在。

[专家把脉] 限不存在是错误的,事实上,求 型的极限要通过将式子变形的可求 的。 [对诊下药] 选 C
x ?3

lim

2 x ? 3 f ( x) x?3

= lim

x ?3

?3[ f ( x) ? f (3)] ? 6 ? 2 x x?3
x ?3

= lim [2 ? 3
x ?3

f ( x) ? f (3) ] ? 2?3 x?3

lim [

f ( x) ? f (3) ] ? 2 ? 3 f ' (3) ? 2 ? 3 ? (?2) ? 8. x?3

4.(05,全国卷)已知函数 f(x)=e-x(cosx+sinx),将满足 f’(x)=0 的所有正数 x 从小 到大排成数列; (2)记 Sn 是数列{xnf(xn)}的前项和。 求 lim
n ??

S1 ? S 2 ? ? ? S n n

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[考场错解] ∵f’(x)=e-x(cosx+sinx)’+(e-x)’(cosx+sinx) =e-x(-sinx+cosx)+e-x(cosx+sinx)=2e-xcosx 令 f’(x)=0,x=nπ +
+

?
2 ?? 2

(n=1,2,3,?)从而 xn=nπ + .

?
2

。f(xn)=e-( nπ

?
2

)

(-1) ?

n

f ( xn ?1 ) f ( xn )

=-e

∴数列{f(xn)}是公比为 q=-e-π 的等比数列。 [专家把脉] 上面解答求导过程中出现了错误,即 (e-x) ’=e-x 是错误的,由复合函数 -x -x 的求导法则知(e-x)’=e (-x)’=-e 才是正确的。 [对诊下药](1)证明: f’(x)=(e-x)’(cos+sinx)+e-x(cosx+sinx)’=-e-x(cosx+sinx)+e-x(-sinx+cos)=-2e-xsinx. 令 f’(x)=0 得-2e-xsinx=0,解出 x=nπ ,(n 为整数,从而 xn=nπ (n=1,2,3,?), f(xn)=(-1)ne-nπ
f ( xn ?1 ) ? ?e ?? f ( xn )

,所以数列|f(xn)|是公比 q=-e-π 的等比数列,且首项

f(x1)=-e-π (2)Sn=x1f(x1)+x2f(x2)+?+xnf(xn) =nq(1+2q+?+nqn-1) aSn=π q(q+2q2+?+nqn)=π q(
1 ? qn 1? q

-nqn)从而 Sn=

?q
1? q

(

1 ? qn 1? q

-nqn)

S1 ? S 2 ? ? ? S n ?q 2?q 2 ?q n ? 2 ? ? (1 ? q n ) ? 2 3 n (1 ? q ) n(1 ? q ) (1 ? q ) 2

∵|q|=e-π <1 ∴ lim

∴ lim qn=0,
n ??

n ??

S1 ? S 2 ? ? ? Sn ?q ?e? ? ? n (1 ? q ) 2 (1 ? e? ) 2

专家会诊 1.理解导数的概念时应注意导数定义的另一种形式:设函数 f(x)在 x=a 处可导,则
n ??

lim

f ( x) ? f (a) ? f ' (a) x?a

的运用。

2.复合函数的求导,关键是搞清复合关系,求导应从外层到内层进行,注意不要遗 漏 3.求导数时,先化简再求导是运算的基本方法,一般地,分式函数求导,先看是否 化为整式函数或较简单的分式函数;对数函数求导先化为和或差形式;多项式的积的求 导,先展开再求导等等。 考场思维训练 1 函数 f(x)=x3+ax2+3x-9.已在 f(x)在 x=-3 时取得极值,则 a= ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 答案: D 解析:∵f′(x)=3x2+2ax+3.令 f′(x)=0.即 3x2+2ax+3=0 有一根 x=-3, ∴ 3(-3)2-6a+3=0,得 a=5. 2 函数 f(x)=x3-8x,则函数 f(x)在点 x=2 处的变化率是 ( ) A.2 B.-2 C.4 D.-4 2 答案: C 解析:∵f′(x)=3x -8. ∴x=2 时的变化率是 f′(2)=3?22-8=4. 3 满足 f(x)=f’(x)的函数是 ( ) A.f(x)=1-x B.f(x)=x
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C.f(x)=0 D.f(x)=1 答案: C 解析:f(x)=0,0′=0, ∴f(x)=f′(x). 4 已知 f(x)=ln|2x|, 则 f’(x)= ( ) A. C.
1 x

B. D.

1 2x

1 |x|

1 | 2x |

答案: A 解析:当 x>0 时,f(x)=ln(2x), ∴f′(x)=c ∴f′(x)= ?
1 1 ? (?2) ? 2x x

.
x2 (a为常数且a ? 0) 2a

5 已知函数 f(x)=ln(x-2)(1)求导数 f’(x) 答案: f′(x)=

1 x ? ? ( x ? 2). x?2 a

(2)解不等式:f’(x)>0 答案:令 f′(x)= 即? ?
?x ? 0
2 ? ?x ? 2x ? a ? 0

1 x ? ? 0( x ? 2). x?2 a

x 2 ? 2 x ? a ? 0的? ? 4 ? 4a.

(i)当 a ≤-1 时,x2+2x-a>恒成立,∴x>2. (ii)当 a>-1 时, ? ? 0, x 2 ? 2 x ? a ? 0 的解集为{x|x> a ? 1 ? 1或x ? ? a ? 1 ? 1 } ∴当-1<a≤8 时, a ? 1 ? 1 ? 2,? x ? 2. 当 a>8 时, a ? 1 ? 1 >2, ∴x> a ? 1 ? 1 . 综合得,当 a≤8 时,f′(x)>0 的解集为(2,+∞). 当 a>8 时,f′(x)>0 的解集为( a ? 1 ? 1 ,+∞). 命题角度 2 导数几何意义的运用 1.(典型例题)曲线 y=x3 在点(1,1)的切线与 x 轴、直线 x=2 所围成的三角形面积为 _________. [考场错解] 填 2 由曲线 y=x3 在点 (1,1) 的切线斜率为 1,∴切线方程为 y-1==x-1,y=x. 所以三条直线 y=x,x=0,x=2 所围成的三角形面积为 S= ×2×2=2。 [专家把脉] 根据导数的几何意义,曲线在某点处的切线斜率等于函数在这点处的导 数,上面的解答显然是不知道这点,无故得出切线的斜率为 1 显然是错误的。 [对症下药] 填 。∵f’(x)=3x2
8 3 1 2

当 x=1 时 f’(1)=3.由导数的几何意义知,曲线在点 得 y=3x-2.

(1,1)处的斜率为 3。即切线方程为 y-1=3(x-1)

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联立 ?

? y ? 3x ? 2 得交点(2,4)。又 ?x ? 2
1 2

y=3x-2 与 x 轴交于( ,0)。
2 3 8 3

2 3

∴三条直线所围成的面积为 S= ×4×(2- )= 。 2.(典型例题)设 t≠0,点 P(t,0)是函数 f(x)=x3+ax 与 g(x)=bx3+c 的图像的一个公共 点,两函数的图像在 P 点处有相同的切线。 (1)用 t 表示 a、b、c; (2)若函数 y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,求 t 的取值范围。 [考场错解] (1)∵函数 f(x)=x3+ax 与 g(x)=bx2+c 的图像的一个公共点 P(t,0).∴ f(t)=g(t) ? t3+at=bt2+c. ①又两函数的图像在点 P 处有相同的切线,∴f’(t)=g’(t) 3 3 2 ? 3t +a=2bt. ②由①得 b=t,代入②得 a=-t .∴c=-t . [专家把脉] 上面解答中得 b=t 理由不充足,事实上只由①、②两式是不可用 t 表示 a、b、c,其实错解在使用两函数有公共点 P,只是利用 f(t)=g(t)是不准确的,准确的结论 应是 f(t)=0,即 t3+at=0,因为 t≠0,所以 a=-t2. g(t)=0 即 bt2+c=0,所以 c=ab 又因为 f(x)、g(x)在(t,0)处有相同的切线, 所以 f’(t)=g;(t).即 3t2+a=2bt, ∵a=-t2, ∴b=t.因此 c=ab=-t2?t=-t3. 故 a=-t2,b=t,c=-t3 (2)解法 1 y=f(x)-g(x)=x3-t2x-tx2+t3 y’=3x2-2tx-t2=(3x+t)(x-t). 当 y’=(3x+t)(x-t)<0 时,函数 y=f(d)-g(x)单调递减。 由 y’<0,若 t<0,则 t<x<- ,若 t>0,则- <x<t. 则题意,函数 y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,则(-1,3) ? (- ,t)或(-1,3)
? (t,t 3 t 3 t 3 t 3


t 3

所以 t≥3 或- ≥3。即 t≤-9 或 t≥3。 又当-9<t<3 时,函数 y=f(x0-g(x)在 (-1,3) 上单调递增,所以 t 的取值范围 (-∞, -9)∪(3,+∞) 3 2 2 3 解法 2 y=f(x)-g(x)=x -t x-tx +t , y’=3x2-3tx-t2=(3x+t)(x-t). ∵函数 y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,且 y’=(3x+t)(x-t)≤0 在(-1,3)上恒成 立, ∴?
? y '| x ? ?1 ? 0 ?(?3 ? t )(?1 ? t ) ? 0 即? ?(9 ? t )(3 ? t ) ? 0 ? y '| x ?3 ? 0

解得 t≤-9 或 t≥3. 3.(典型例题)已知函数 f(x)=ax3+bx2-3x 在 x=±1 处有极值。 (1)讨论 f(1)和 f(-1)是函数的极大值还是极小值。 (2)过点 A(0,16)作曲线 y=f(x)的切线,求此切线方程。 [考场错解] (1)f’(x)=3ax2+2bx-3.依题意 f’(1)=f’(-1)=0. 即?
?3a ? 2b ? 3 ? 0 ?3a ? 2b ? 3 ? 0

解得:a=1,b=0.

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∴f(x)=x -3x,f’(x)=3x -3=3(x-1)(x+1)令 f’(x)=0.得 x=±1. 若 x∈(-∞,-1) ∪(1,+ ∞)时,f’(x)>0 故 f(x)在(- ∞,-1)和(1,+ ∞)上都是增函数。 若 x∈(-1,1),则 f’(x)<0.故 f(x)在(-1,1)上是减函数,所以 f(-1)=2 是极大值;f(1)=-2 是 极小值。 (2)∵ f’(x)=3x2-3,∴过点 A(0,16),因此过点 A 的切线斜率为 k=-3.∴所求的 切线方程是 y=-3 [专家把脉] 上面解答第(2)问错了,错误原因是把 A(0,16)当成了切点,其实 A(0,16), 不可能成为切点。因此过点 A 不在曲线,因此根求方程必须先求切点坐标。 [对症下药] (1)f’(x)=3ax2+2bx-3,依题意 f’(1)=f’(-1)=0 即?
?3a ? 2b ? 3 ? 0 ?3a ? 2b ? 3 ? 0
3

3

2

解得
2

a=1,b=0

∴f(x)=x +3x,f’(x)=3x -3=0.解得 x=±1. 又∵x∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f’(x)>0 ∴f(x)在(-∞,-1)与(1,+∞)上是增函数。 若 x∈[-1,1]时,f’(x) ≤0,故 f9x)在[-1,1]上是减函数。 ∴f(-1)=2 是极大值。f(1)=-2 是极小值。 (2)解:曲线方程为 y=f(x)=x3-3x,点 A(0,16)不在曲线上。设切点 M(x0,y0), 则点 M 在曲线上,∴y0=x30-3x0.因 f’(x0)=3x20-3.故切线的方程为 y-y0=(3x20-3)(x-x0). ∵ 点 A(0,16)在曲线上,有 16-(x20-0)=3(x20-1)(0-x0),化简得 x30=-8,得 x0=-2. 专家会诊 设函数 y=f(x),在点(x0,y0)处的导数为 f’(x0),则过此点的切线的斜率为 f’(x0),在此 点处的切线方程为 y-y0=f’(x0)(x-x0).利用导数的这个几何意义可将解析几何的问题转化 为代数问题求解。 考场思维训练 3 1 曲线 y=2x-x 在点(1,1)处的切线方程为_________. 答案: x+y-2=0 解析: ∵y′=2-3x2.∴y′|x=1=2-3=-1, ∴切线方程为 y-1=-(x-1).即 x+y-2=0. 3 3 2 曲线 y=x 在点(a,a )(a≠0)处的切线与 x 轴,直线 x=a 所转成的三角形的面积为
1 ,则 6

a=___________. 解析:∵曲线在(a,a3)处的切线斜率为 3a2.
2 3 1 2 a 3 1 6

答案:±1

∴切线方程为 y-a3=3a2(x-a).且它与 x 轴.x=a 的交点为( a,0 )、(a,a3),S= ? ? a3 ? . ∴a4=1,解得 a=±1. 3 已知函数 f(x)=lnx,g(x)=
1 2 ax +bx(a≠0) 2

(1)若 b=2,且 h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围。 答案: b=2 时,h(x)=lnx- ax2-2x, 则 h′(x)=
1 2 1 x

-ax-2=-

ax 2 ? 2 x ? 1 . x

∵函数 h(x)存在单调逆减区间,∴h′(x)<0 有解. 又∵x>0,则 ax2+2x-1>0 有 x>0 的理. ①当 a>0 时,ax2+2x-1>0 总有>0 的解. ②当 a<0,要 ax2+2x-1>0 总有>0 的解.
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则△=4+4a>0,且方程 ax2+2x-1=0 至少有一正根,此时-1<a<0. 综上所述,a 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞) (2)设函数 f(x)的图像 C1 与函数 g(x)图像 C2 交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点作 x 轴 的垂线分别交 C1、C2 于点 M、N,证明 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行。 答案:证法 1.设点 P、Q 的坐标分别是(x1 、y1),(x2,y2),0<x1<x2 . 则点 M、N 的横坐标为 x=
x1 ? x2 , 2 1 x

C1 在点 M 处的切线斜率为 k1=

|

x?

x1 ? x2 2
x?

=

2 x1 ? x2
?

,

C2 在点 M 处的切线斜率为 k2=ax+b|

x1 ? x2 2

a ( x1 ? x2 ) ? b. 2

假设 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线平行,则 k1=k2. 即
2 a ( x1 ? x2 ) ? ? b, 则 x1 ? x 2 2

2( x2 ? x1 ) a 2 a 2 a 2 2 ? ( x2 ? x1 ) ? b( x2 ? x1 ) ? ( x2 ? bx2 ) ? ( x1 ? bx1 ) x1 ? x2 2 2 2 y2 ? y1 ? ln x2 ? ln x1.
x 2( 2 ? 1) x2 x x1 ? .设t ? 2 , x2 x1 x1 1? x1

所以 ln

2(_ t ? 1)

则 lnt= 1 ? t 令 r(t)=lnt则 r’(t)= -

, t ? 0.

(1)

2(t ? 1) , t ? 1. 1? t

4 (t ? 1) 2 1 ? . 2 t (t ? 1) t (t ? 1) 2

因为 t>1 时,r’(t)>0,所以 r(t)在[1,+∞]上单调递增,故 r(t)>r(1)=0. 则 lnt>
2(t ? 1) 1? t

.这与①矛盾,假设不成立.

故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行,证法 1 得 (x2+x1)(lnx2-lnx1)=2(x2-x1). 因为 x1>0,所以( 令 t=
x2 x1 x2 x ? 1 )ln( 2 ? 1 ). x1 x1

,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1



令 r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1, 则 r’(t)=lnt+ -1. 因为(lnt- )’=
1 t 1 t 1 t

1 t
2

?

t ?1 t2

-,所以 t>1 时,(lnt+ )’>0.
1 t

1 t

故 lnt+ 在[1,+ ∞]上单调递增.从而 lnt+ -1>0,即 r1(t)>0.

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于是 r(t)在[1,+∞]上单调递增. 故 r(t)>r(1)=0.即(t+1)lnt>2(t-1). 与②矛盾,假设不成立。 故 C1 在点 M 处的切与 C2 在点 N 处的线不平行. 4 已知函数 f(x)=|11 x

|,(x>0)

(1)证明:0<a<b,且 f(a)=f(b)时,ab>1; 答案:由 f(a)=f(b)得|1若 1故 11 a 1 a 1 b 1 b 1 a

|=|1- |.
1 a

1 b

与 1- 同号,可得 1与 1- 必异号,即
1 a

=1-

1 ? a ? b 这与 0<a<b b

矛盾.

-1=1-

1 1 1 ? ? b a b

=2 ? 2ab ? a ? b ? 2 ab , 故 ab ? 1,即ab ? 1.

(2)点 P(x0,y0)(0<x0<1)求曲线 y=f(x)在点 P 处的线与 x 轴、y 轴的正方向所围成的 三角形面积表达式(用 x0 表示)。 答案:0<x<1时,y=f(x)=| 1∴f’(x0)= 即y=x
2 x0

1 x

|=

1 x

-1.
1
2 x0

1
2 x0

,0 ? x0 ? 1. 曲线y=f(x)在点P(x0,y0)处的切线方程为:y-y0=-

(x-x0)

?

2 ? x0 . x0

∴切线与x轴、y轴、正向的交点为(x0(2-a0),0)和(0, 故所求三角形面积表达式为 A(x0)= x0 (2 ? x0 ) ?
1 2

1 (2 ? x0 ) ) x0

1 1 (2 ? x0 ) ? (2 ? x0 ) 2 . x0 2

命题角度 3 导数的应用 3 2 1.(典型例题)已知函数 f(x)=-x +3x +9x+a. (1)求 f(x)的单调递减区间; (2)若 f(x)在区间[-2,2]上最大值为 20,求它在该区间上的最小值。 [考场错解] (1) f’(x)=-3x2+6x+9,令 f’(x)<0,解得 x<-1 或 x>3,∴函数 f(x)的音调递 减区间为(-∞,-1)(3,+∞) (2)令 f’(x)=0,得 x=-1 或 x=3 当-2<x<-1 时,f’(x)<0; 当-1<x<3 时,f’(x)>0;当 x>3 时,f’(x)<0. ∴x=-1,是 f(x)的极不值点,x=3 是极大值点。 ∴f(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7. f(x)的最小值为 f(-1)=-1+3-9+a=-14. [专家把脉] 在闭区间上求函数的最大值和最小值,应把极值点的函数值与两端点的 函数值进行比较大小才能产生最大(小)值点,而上面解答题直接用极大(小)值替代最 大(小)值,这显然是错误的。 [对症下药] (1)f’(x)=-3x2+6x+9,令 f’(x)<0,解得 x<-1 或 x>3. (2)因为 f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以 f(x)在[-1,2]因为在 (-1,3)上 f’(x)>0,所以 f(x)在[-1,2]上单调递增,又由于 f(x)在[-2,-1]上单调递

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减,因此 f(2)和 f(-1)分别是 f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,于是 22+a=20, 解得 a=-2. 故 f(x)=-x3+3x2+9x-2,因此,f{-1}=1+3-9-2=-7 即函数 f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7。 2.(典型例题)已知函数 f(x)=ax3+3x2-x+1 在 R 上是减函数,求 a 的取值范围。 [考场错解] ∵f’(x)=3ax2+6x-1,因为 f(x)在 R 上是减函数,所以 f’(x)=3ax2+6x-1<0 对任何 x∈R 恒成立。 ∴?
?3a ? 0 ??36 ? 12a ? 0

解得 a<-3.

[专家把脉] 当 f’(x)>0 时,f(x)是减函数,但反之并不尽然,如 f(x)=-x3 是减函数, f’(x)=3x2 并不恒小于 0,(x=0 时 f’(x)=0).因此本题应该有 f’(x)在 R 上恒小于或等于 0。 [对症下药] 函数 f(x)的导数:f’(x)=3x2+6x-1. 当 f’(x)=3ax2+6x-1<0 对任何 x∈R 恒成立时,f(x)在 R 上是减函数。 ①对任何 x∈R,3ax2+6x-1<0 恒成立, ? a<0 且△=36+12a<0 ? a<-3. 所以当 a<-3 时,由 f’(x)<0 对任何 x∈R 恒成立时,f(x)在 R 上是减函数。 ②当 a=-3 时,f(x)==-3x3+3x2-x+1=-3(x- )3+ . 由函数 y=x3 在 R 上的单调性知,当 a=-3 时,f(x)在 R 上是减函数。 ③当 a>-3 时,f’(x)=3ax2+6x-1>0 在 R 上至少可解得一个区间,所以当 a>-3 时,f(x)是在 R 上的减函数。 综上,所求 a 的取值范围是(-∞,-3)。 3.(典型例题)已知 a∈R,讨论函数 f(x)=ex(x2+ax+a+1)的极值点的个数。 [考场错解] f’(x)=ex(x2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]. 令 f’(x)=0 得 x2+(a+2)x+(2a+1)=0,(*) △=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a. 当 a2-4a>0,即 a>4 或 a<0 时,方程(*)有两个不相等的实数根 x1、x2,因此函数 f(x) 有两个极值点。 当 a2-4a=,即 a=或 a=0 时,方程(*)有两个相等实数根 x1=x2。因此函数 f(x)有一个极 值点。 当 a2-4a<0,即 0<a<4 时,方程(*)没有实根,因经函数 f(x)没有极值点。 [专家把脉] 以上解法看似合理,但结果有误,原因就在于将驻点等同于极值点,方 程 f’(x)=0 的实根个数并不等价于 f(x)的极值点的个数,要使驻点成为极值点,必须验证在 此点两侧导数值异号,即函数在此点两侧的单调性相反,如果一味地把驻点等同于极值 点,往往容易出错。 [对症下药]f’(x)=ex(a2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)] 令 f’(x)=0 得 x2+(a+2)x+(2a+1)=0. (1)当△=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0 即 a<0 或 a>4 时,方程 x2+(a+2)x+(2a+1)=0 有两个不同的实根 x1、x2,不妨设 x1<x2. 于是 f’(x)=ex(x-x1)(x-x2),从而有下表 X (x1 ( x2 (x2,+ x1,x2) ∞,x1) ∞) F + 0 0 + ’(x) F f(x1)有极 f(x2)有极
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1 3 9 8

大值 小值 即此时 f(x)有两个极值点。 (2)当△=0,即 a=0 或 a=4 时,方程 x2+(a+2)x+(2a+1)=0 有两个相同的实根 x1=x2 于是 f’(x)=ex(x1-x1)2.故当 x<x1 时,f’(x)>0;当 x>x1 时,f’(x)>0 因此 f(x)无极值。 (3 ) 当△<0,即 0<a<4 时,x2+(a+2)x+(2a+1)>0 ,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故 f(x)为增函 数,此时 f(x)无极值点,因此,当 a>4 或 a<0 时,f(x)有两个极值点,当 0≤a≤4 时,f(x) 无极值点。 4.(典型例题)设函数 f(x)=x-ln(x+m)其中常数 m 为整数。 (1)当 m 为何值时,f(x)≥0; (2)定理:若 g(x)在[a、b]上连续,且 g(a)与 g(b)异号,则至少存在一点 x0∈(a、b),使 g(x0)=0.试用上述定理证明:当整数 m>1 时,方程 f(x)=0,在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。 [考场错解] 令 f(x)≥0,x≥ln(x+m). x x ∴m≤e -x ∴m 取小于或等于 e -x 的整数。 [专家把脉] 上面解答对题意理解错误,原题“当 m 为何值时,f(x)≥0 恒成立”,并 不是对 x 的一定范围成立。因此,m≤ex-x 这个结果显然是错误的。 (x) [对症下药] (1)函数 f(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+ ∞)连续,且 f’(x)=11 x?m

,令 f’(x)=0,

得 x=1-m. 当-m<x<1-m 时,f’(x)<0,f(x)为减函数; 当 x>1-m 时,f’(x)>0,f(x)为增函数。 根据函数极值判别方法,f(1-m)=1-m 为极小值,而且对 x∈(-m,+ ∞)都有 f(x) ≥ f(1-m)=1-m,故当 1-m=f( min )≥0,即 m≤1 时,f(x)≥0.即 m≤1 且 m∈Z 时,f(x)≥0. (2)证明:由(1)可知,当整数 m>1 时, -m -m -m -m f(1-m)=1-m<0,f(e -m)=e -m-ln(e -m+m)=e >0,又 f(x)为连续函数,且当 m>1 时, -m f(e -m)与 f(1-m)异号,由所给定理知,存在唯一的 x1∈(e-m-m;1-m),使 f(x1)=0,而当 m>1 时,f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m>1+2m+
2m(2m ? 1) 2
x

-3m>0.

(∵m>1 ? 2m-1>1). 类似地,当整数 m>1 时,f(x)=x-ln(x+m)在[1-m,e2m-m]上为连续增函数,且 f(1-m)与 2m f(e -m)异号,由所给定理知,存在唯一的 x+∈(1-m,e2m-m)使 f(x2)=0. 故当整数 m>1 时,方程 f(x)=0 在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。 5.(典型例题Ⅰ)用长为 90cm,宽为 48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在 四角分别截去一个小正形,然后把四边翻转 90°角,再焊接而成(如图,)问该容器高 为多少时,容器的容积最大?最大容积是多少? [考场错解] 设容器的高为 x,容器的容积为 V,则 V=(90-2x) (48-2x)?x=4x3-276x2+4320x ∵V’=12x2-552x+4320=0 得 x1=10,x2=36 又∵x<10 时,V’<0,10<x<36,V’>0,x>36 时, V’<0 ∴当 x=36 时,V 有极大值 V(36)<0 故 V 没有最大值。 [专家把脉] 上面解答有两处错误:一是没有注明原函数定义域;二是验算 f’(x)的符 号时,计算错误,∵x<10,V’>0;10<x<36,V’<0;x>36,V’>0.
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[对症下药] 设容器的高为 x,容器的容积为 V。 则 V=(90-2x)(48-2x)?x =4x3-276x2+4320x (0<x<24) ∵V’=12x2-552x+4320 由 V’=12x2-552x+4320=0 得 x1=10,x2=36 ∵x<10 时,V’>0,10<x<36 时,V’<0,x>36 时 V’>0. 所以,当 x=10 时 V 有最大值 V(10)=1960cm3 又 V(0)=0,V(24)=0 所以当 x=10 时,V 有最大值 V(10)=1960。 所以该窗口的高为 10cm,容器的容积最大,最大容积是 1960cm3. 专家会诊 1.证函数 f(x)在(a,b)上单调,可以用函数的单调性定义,也可用导数来证明,前 者较繁,后者较易,要注意若 f(x)在(a、b)内个别点上满足 f’(x)=0(或不存在但连续) 其余点满足 f(x)>0(或 f(x)<0)函数 f(x)仍然在(a、b)内单调递增(或递减),即导数 为零的点不一定是增、减区间的分界点。 2.函数的极值是在局部对函数值的比较,函数在区间上的极大值 (或极小值) 可能有 若干个,而且有时极小值大于它的极大值,另外,f’(x)=0 是可导数 f(x)在 x=x0 处取极 值的必要而不充分条件,对于连续函数(不一定处处可导)时可以是不必要条件。 3.函数的最大值、最小值,表示函数 f(x)在整个区间的情况,即是在整体区间上对 函数值的比较,连续函数 f(x)在闭区间[a、b]上必有一个最大值和一最小值,最多各有 一个,但 f(x)在(a、b)上就不一定有最大值(或最小值)。 4.实际应用问题利用导数求 f(x)在(a、b)的最大值时,f’(x)=0 在(a,b)的解只有 一个,由题意最值确实存在,就是 f’(x)=0 的解是最值点。 考场思维训练 1 已知 m∈R,设 P:x1 和 x2 是方程 x2-ax-2=0 的两个实根,不等式|m2-5m-3|≥|x1-x2| 对任意实数 a∈[-1,1]恒成立。 Q:函数 f(x)=x3+(m+ )x+6 在(-∞,+ ∞)上有极值。 求使 P 正确且 Q 正确的 m 的取值范围。 答案:解:∵|x1-x2|= ( x1 ? x2 )2 ? 4 x1x2 ? a 2 ? 8 (?1 ? a ? 1). ∴|x1-x2|≤3 由题意,不等式|m2-5m-3|≥3的解集。由此不等式得 m2-5m-3≤-3 ① 2 或 m -5m-3≥3 ② 不等式①的解为0≤m≤5. 不等式②的解为m≤-1或m≥6. 因此,当m≤-1或0≤m≤5或m≥6时,P是正确的。 对函数f(x)=x3+mx2+(m+ f’(x)=3x2+2mx+m+
4 . 3 4 =0。此一无二次方程的判别式 3 4 )x+6求导 3
4 3

令f’(x)=0,即3x2+2mx+m+

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△=4m -12(m+ )=4m -12m-16. 若△=0,则 f'(x)=0 有两个相等的实根 x0,且 f‘(x)的符号如下: X F ’(x) (∞,x0) + X
0

2

4 3

2

0

(x0+ ∞) +

因此 f(x0)不是函数 f(x)的极值. 若△>0,则 f'(x)=0 有两个不相等的实 x1 和 x2

(x1<x2),且 f'(x)的符号如下: 2 X (X X X (X 2 ∞,x1 ) -∞) 1 1X2 F + 0 0 + ’(x) 因此,函数 f'(x)在 x①=x1 处取得极大值,在 x=x2 处取得极小值. 综上所述,当且仅当 A>0 时,函数 f(x)在(-∞,+∞)上有极值. 由 A=4m2-12m-16>0 得 m<-1 或 m>4,因此,当 m<-1 或 m>4 时,Q 是正确的. 综上,使 P 正确且 Q 正确时,实数 m 的取值范围为 (-∞,-1)∪(4,5)∪[6,+∞]. 2 已知函数 f(x)=
4 x2 ? 7 2? x

∈[0,1]

(1)求 f(x)的单调减区间和值域; 答案:对函数 F(x)求导,得 f'(x)= 令 f'(x)=0 解得 x= 或 x= . 当 x 变化时 f'(x)、f(x)的变化情况如下表. X 0 (0, ( 1 1
1 ) 2 21 ,1) 2

? 4 x 2 ? 16 x ? 7 (2 ? x) 2

??

(2 x ? 1)(2 x ? 7) (2 ? x)

1 2

7 2

F ’(X) 7 2

↘ 4
1 2

0 -

+ ↗ 3 -

所以,当 x∈(0, )时 f(x)是减函数; 当 x∈( ,1)时 f(x)是增函数. ∴当 x∈[0,1]时 f(x)的值域为[-4,—3]. (2) 设 a≥1,函数 g(x)=x3-3a2x-2a,x∈[0,1]若对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1], 使得 g(x0)=f(x1)成立,求 a 的取值范围. 答案:对函数 g(x)求导,得 g'(x)=3(x2-a2).
1 2

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因为 a≥1 时,当 x∈(0,1)时,g'(x)<3(1-a2)<0.因此当 x∈(0,1)时,g(x)为减函数, 从而求 x∈[0,1]时有 g(x)∈[1-2a-3a2,-2a].任给 x1∈[0,1],f(x1)∈[-4,-3].存在 x0∈[0, 1]使得 g(x0)=f(x0),则[1-2a-3a ,2a][-4, -3]即
2

?1 ? 2a3a 2 ? ?4 ? 3 ? ?? 2a ? ?3.解得1 ? 2 ? ? ?a ? 1

3 已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx. (1) 求函数 f(x)的最大值; 答案:函数的定义域为(-1,+∞),f(x)=
1 1? x

-1,令 f'(x)=0,解得 x=0,当-1<x<0 时

f'(x)> 0,当 x>0 时 f'(x)<0,f(0)=0,故当且仅当 a=0 时,f(x)取得最大值,最大值为 0. (2) 设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g(
a?b 2

)<(b-a)
a?x 2

答案: g(x)=xlnx,g'(x)=lnx+1,设 F(x)=g(a)+g(x)-2g( F'(x)=g'(x)-2[g(
a?x 2

)则

)]′=lnx-ln′,当 0<x<O,F'(x)<0.因此 F(x)在(0,a)上单调

递减. 当 x>a 时,F'(x)>0,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数.从而 x=a 时,F(x)有极 小值 F(a). 因为 F(a)=0,b>a.所以 F(b)>0. 即 0<g(a)+g(b)-2g(
a?b 2

).

设 G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则 G'(x)=lnx-lnx-ln2.=lnx-ln(a+x). 当 x>0,G(x)<0,因此 C(x)在(0,+∞)上为减函数. 因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0. 即 g(a)+g(b)-2g( 4
a?x 2

)<(b-a)ln2.]

设函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax+8,其中 a∈R, (1)若 f(x)在 x=3 处取得极值,求实数 a 的值。 答案: f'(x)=6x2—6(a+1)x+60=6(x-aO(x-1)因 f(x)在 x=3 取得极值,所以 f'(3)=6(3-a)(3-1)=0,解得 a=3.经检验当 a=3 时 x=3 为 f)(x)的极值点. (2)若 f(x)在(-∞,0)上为增函数,求 a 的取值范围。 答案:令 f'(x)=6(x-a)(x-1)=0 得 x1=a,x2=1.当 a<1 时,若 x∈(-∞,-a)∪(1,+ ∞),则 f'(x)>0,所以 f(x)在(-∞,a)和(1,+∞)上为增函数. 故当 0≤o<1 时 f(x)在(-∞,0)上为增函数. 5 某企业有一条价值 a 万元的流水生产线,要提高该流水生产线的生产能力,提高产 品的增加值,就要对充水生产线进行技术改造,假设增加值 y 万元与技改把风入 x 万元之 间的关系满足①y 与(a-x)x2 成正比例; ②当 x=
a 2

时,y=

a3 2

;③0≤

x 2(a ? x)

≤t,其中 t 为常数且 t∈[0,2].

(1)设 y=f(x),求出 f(x)的表达式,并求其定义域; 答案: f(x)=8a2x2—12x3=(0≤x≤
2ta 1 ? 2t

, ≤t≤2).

1 2

(2)求出增加值 y 的最大值,并求出此时的技改投入 x 值。
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答案: f'(x)=16a2x-36x2,令 f(x)=0,得 x= a,当 ≤t<1 时 f'(x)=36(x2- a2)<0.(∵ ∴f(x)在[0,
4 9
2ta 1 ? 2t 4 9

2 3

1 2

2ta 1 ? 2t

> a)
2ta 1 ? 2t

2 3

]上是减数, ∴当 x= < a ∵0<x<
2 3 2 a 3

t 时,ymas=f(
2 3

2ta 1 ? 2t

)=

16ta 3 (1 ? 2t )3

,当 1≤t≤2 时
2 3

f'(x)=-36(x2- a2).∵ ymax=f( a )
2 3 16 27

2ta 1 ? 2t

时 f'(x)>0;<x≤ a 时 f'(x)<0,∴x= a a 时,

=a3.

探究开放题预测 预测角度 1 利用导数的几何意义 1.已知抛物线 y=-x2+2,过其上一点 P 引抛物线的切线 l,使 l 与两坐标轴在第一象限 围成的面积最小,求 l 的方程。 [解题思路] 设法用某个变量(如 P 点横坐标)去表示三角形的面积 S,在利用函数 关系式求最值就可以解决问题。 [解答] 设 P 点坐标为(x0,-x20,+2). ∵y’=-2x,∴过 P 点的切线方程为: y-(-x20+2)=-2x0(x-x0) ① 2 2 2 令 x=0 得 y=x 0-x 0+2=x 0+2>0 y=0 得 x=x0+ ∵S= =
2 ?2 1 x0 2 2 x0 2 2 ? x0 x2 ? 2 ? 0 2 x0 2 x0

(x20+2)

(x0>0)

4 2 1 x0 ? 4 x0 ?4 4 x0

S’= (3x20+4又∵0<x0< ∴当 x0= 把 x0=
6 3 6 3 6 3

1 4

4
2 x0

) 令 S’=0 得 x0=
6 3

6 3

时,S’<0;

<x 时 S’>0.

时,S 最小。

代入①得 l 的方程为:

2 6 x+3y-8=0. 2.由原点 O 向三次曲线 y=x3-3ax2(a≠0)引切线,切于点 P1(x1,y1)(O,P1 两点不重 合),再由 P1 引此曲线的切线,切于点 P2(x2,y2) (P1,P2 不重合)。如此继续下去,得到点列{Pn(xn,yn)} (1) 求 x1; (2) 求 xn 与 xn+1 满足的关系式; (3) 若 a>0,试判断 xn 与 a 的大小关系并说明理由
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[解题思路] 利用导数的几何意义写出切线方程,再通过切线方程找到 xn、xn+1 的递推 关系,通过递推关系求出{xn}的通项公式,最后按 n 为奇数和偶数两种情况的讨论可得 xn 与 a 的大小关系。 [解答] (1)由 y=x3-3ax2,得 y’=3x2-6ax 过曲线上点 P1(x1,y1)的切线 L1 的斜率为 3x21-6ax1. ∴L1 的方程为 y-(x31-3ax21)=(3x21-6ax1)(x-x1). 又∵L1 过原点,故有:-(x31-3ax21)=-x1(3x21-6ax1) ∴2x31=3ax21, ∴x1= a (2)过曲线上的点 Pn+1(xn+1,yn+1)的切线方程是 y-(x3n+1-3ax2n+1)=(3x2n+1-6axn+1)(x-xn+1) ∵Ln+1 过曲线上点 Pn(xn,yn). 故 x3n-3ax2n-(x3n+1,-3ax2n+1)=(3x2n+1-6axn+1)(xn-xn+1). 3 3 2 2 2 即 x n-x n+1-3a(x n-x n+1)=(3x n+1-6axn+1)(xn-xn+1). ∵xn-xn+1≠0, ∴x2n+xnxn+1+x2n+1-3a(xn+xn+1)=3x2n+1-6axn+1. ∴x2n+xnxn+1-2x2n+1-3a(xn+xn+1)=0 ∴(xn-xn+1)(xn+2xn+1-3a)=0. ∴xn+2xn+1=3a. (3)由(2)得 xn+1=- xn ? a ∴xn+1-a=- (xn-a) 故数列{xn-a}是以 x1-a= a 为首数,公比为- 的等比数列。 ∴xn-a=
a 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2

(- )n-1
1 2 1 2

1 2

当 n 为偶数时,xn-a=-a(- )n<0. ∴xn<a 当 n 为奇数时,xn-a=-a(- )n>0. ∴xn>a. 预测角度 2 利用导数探讨函数的单调性 1.已知 m∈R,研究函数 f(x)=
mx 2 ? 3(m ? 1) x ? 3m ? 6 ex

的单调区间

[解题思路] 先求 f’(x),再令 f’(x)>0 和 f’(x)<0 可解得函数的递增区间和递减区间。
f ' ( x) ? [2mx ? 3(m ? 1)]e x ? [mx 2 ? 3(m ? 1) x ? 3m ? 6]e x (d x )2 ? mx 2 ? (m ? 3) x ? 3 ex

[解答]
?

记 g(x)=-mx2-(m+3)x-3 ∴ex>0,只需 g(x)的正负即可。 (1)当 m=0 时,g(x)=-3x-3. 当 g(x)>0 时,x<-1,f’(x)>0 当 g(x)<0 时,x>-1,f’(x)<0
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∴当 m=0 时,f’(x)的增区间为(-∞,-1),减区间为(-1,+∞)。 (2)当 m≠0 时,g(x)有两个根:x1=3 m

,x2=-1.
3 m

①当 m<0 时,x1>x2,在区间(-∞,-1)∪(∴f(x)在(-∞,-1)∪(在区间(-1,3 m
3 m

,+∞)上,g(x)>0,即 f’(x)<0.

,+∞)上是增函数。

)上,g(x)<0,即 f’(x)<0.
3 m

∴f(x)在(-1,-

)上是减函数。
3 m

②当 0<m<3 时,x1<x2.在区间(-∞,∴函数 f(x)在(-∞, f’(x)>0. ∴f(x)在(3 m

)∪(-1,+∞)上 g(x)<0,即 f’(x)<0.
3 m

3 m

)∪ (-1,+∞) 上是减函数,在区间 (-

,-1) 上,g(x)>0,

,-1)上是增函数。

③m=3 时,x1=x2. 在区间(-∞, -1)∪(-1,+∞)上 g(x)<0,f’(x)<0。 ∵f(x)在 x=-1 处连续。∴f(x)在(-∞,+∞)上是减函数。 当 m>3 时 x1>x2。在区间(-∞, -1)∪(∴f(x)在(-∞, -1)∪(在区间(-1,3 m 3 m 3 m

,+∞)上,g(x)<0,f’(x)<0。

,+∞)上是减函数。

)上,g(x)>0,即 f’(x)>0.
3 m

∴f(x)在(-1,-

)上是增函数。 x=1 处取极值,且函数 g(x)=

2.已知函数 f(x)=
x4 b 3 a ? 1 2 ? x ? x ? ax 4 3 2

x4 b 3 2 ? a 2 ? x ? x ? 2ax 在 4 3 2

在区间(a-6,2a-3)内是减函数,求 a 的取值范围。
3 2

[解答] f’(x)=x -bx -(2+a)x+2a 由 f’(1)=0 得 b=1-a. ∴f’(x)=x3+(1-a)x2-(2+a)x+2a =(x-1)(x+2)(x-a) 若 a=1 时 f’(x)=(x-1)2(x+2). x∈(-2,1) f’(x)>0 x∈(1,+ ∞),f’(x)>0. ∴x=1 不是极值点。 ∴a≠1 又 b=1-a.g’(x)=x3+(1-a)x2-(a-1)x-a=(x-a)(x2+x+1).当 x<a 时,g’(x)<0, ∴g(x)在(-∞,a)上递减,∴(a-6,2a-3) ? (-∞,a) ∴a-6<2a-3≤a,-3<a≤3. 综合,得 a 的范围为(-3,1)∪(1,3)。
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3.已知 f(x)=ax +bx +cx+d 是定义在 R 上的函数,其图像交 x 轴于 A、B、C 三点,若 点 B 的坐标为(2,0),且 f(x)在[-1,0]和[4,5]上有相同的单调性,在[0,2]和[4, 5]上有相反的单调性。 (1)求 C 的值; (2)在函数 f(x)的图像上是否存在一点 M(x0,y0)使得 f(x)在点 M 处的切线斜率为 3b?若存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由。 [解题思路] 根据题设条件作出 f(x)的图像知,f(x)有两个极值点,一个为 x=0,另一 个极值点在[2,4]之间,借助这个结论可判定在点 M 处的切线的斜率能否等于 3b, [解答](1)由题意可知 f(x)在[-1,0]和[0,2]上具有相反的单调性。∴x=0 是 f(x) 的一个极值点,故 f’(0)=0。即 3ax2+2bx+c=0 有一个解为 x=0∴c=0。 (2)∵f(x)交 x 轴于点 B(2,0)。 ∴8a+4b+d=0,即 d=-4(b+2a). 令 f’(x)=0,则 3ax2+2bx=0,x1=0,x2=
2b 3a

3

2

∵f(x)在[0,2]和[4,5]上具有相反的单调 ∴2≤2b 3a

≤4,

∴-6≤

b a

≤-3。

假设存在点 M(x0,y0),使得 f(x)在点 M 处的切线斜率为 3b,则 f’(x0)=3b。即 3ax 0+2bx0-3b=0。
2

∵△=(2b)2-4×3a×(-3b)=4b2+36ab=4ab( ∵又-6≤
b a

b a

+9)

≤-3,∴△<0.

∴不存在点 M(x0,y0),使得 f(x)在点 M 处的切线斜率为 3b。 4.已知函数 f(x)= x3 + (b-1)x2+cx(b,c 为常数) (1) 若 f(x)在 x∈(-∞,x1)及 x∈ (x2+∞) 上单调递增,且在 x∈ (x1,x2) 上单调递减, 又满足 0<x2-x1<1.求证 b2<2(b+2c). 2 (2)在(1)的条件下,若 t>x1,试比较 t +bt+c 与 x1 的大小,并加以证明。 [解题思路] 由 f(x)的单调性可知 x1、x2 是 f’(x)=0 的两根,<x2-x1<1 可证明(1), (2)可用作差比较法。 [解答] ∵f(x)在 x∈(-∞,x1)及 x∈(x2,+ ∞)上单调递增,且在 x∈(x1,x2)上 单调递减,∴x=x1 或 x=x2 是函数 f(x)的极值点,即 f’(x1)=0,f’(x2)=0。 2 ∵f’(x)=x +(b-1)x+c. ∴x1、x2 是方程 x2+(b-1)x+c=0 的两根,得
? x1 ? x2 ? 1 ? b 又∵0<x2-x1<1, ? ? x1 ? x2 ? c
1 3 1 2

∴(x2-x1)2<1, 即(x1+x2)2-4x1x2<1. ∴(1-b)2-4c<1.∴b2<2(b+2c) (2)由(1)有 b=1-(x1+x2)?c=x1x2. ∴(t2+bt+c)-x1=t2+[1-(x1+x2)]t+x1x2-x1=(t-x1)(t-x2+1). ∵t>x1,x2-x1<1 ∴t-x1>0,x1<x1+1<t+1 ∴(t-x1)(t-x2+1)>0
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∴t +bt+c>x1. 预测角度 3 利用导数求函数的极值和最值 1.已知函数 f(x)=ax3+cx+d(a≠0)是 R 上奇函数,当 x=-1 时,f(x)取得极值 2。 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若对于 x1、x2∈[-1,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤m,求 m 的最小值。 [解题思路] 由题设条件易求得 a、b、c 的值。因此由 f’(x)>0 和 f’(x)<0 可求 f(x)的 单调区间。 (2) 若对于任意 x1、x2∈[-1,1],不等式|f(x1)- f(x2)|≤m 恒成立,即|f(x1)- f(x2)| 是函数 f(x)的最大值和最小值之差的绝对值。因此,这一问主要是 f(x)在[-1,1]上的 最大值和最小值。 [解答] (1)由 f(-x)=-f(x)x∈R,∴f(0)=0 即 d=0. 3 2 ∴f(x)=ax +cx,f’(x)=3ax +c. 由题设 f(-1)=2 为 f(x)的极值,必有 f’(-1)=0。 ∴?
?a ? c ? ?2 ?3a ? c ? 0

2

解得 a=1,c=-3。

∴f(x)=x3-3x.∴f’(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1). 令 f’(x)>0,解得 x>1 或 x<-1. f’(x)<0,解得 1-<x<1. ∴f(x)在(-∞,-1)∪(1,+∞)上单调递增。 f(x)在(-1,1)上单调递减。 (2)用(1)知;f(x)=x3-3x 在[-1,1],恒有|x(x1)-f(x2)| ≤M-N=2-(-2)=4. 2.设函数 f(x)是定义在[-1,0] ∪[0,1]上奇函数,当 x∈[-1,0]时, f(x)=2ax+
1 x2

(a 为实数)

(1)当 x∈(0,1)时,求 f(x)的解析式; (2)若 a>-1,试判断 f(x)在[0,1]上的单调性; (3)是否存在 a,使得当 x∈(0,1)时,f(x)有最大值-6。 [解题思路](1)利用函数 f(x)的奇偶性可求得 x∈(0,1)时,f(x)的解析式;(2) 可用导数法判断;(3)分 a>-1 和 a≤-1 两种情况讨论 f(x)的最大值。 [解答](1)设 x∈(0,1),则-x∈[-1,0],f(-x)=-2ax+ ∵f(x)是奇函数,∴f(x)= 2ax1 x2 1 x2

.

,x∈(0,1)。

(2)f’(x)=2a+

2 x3

=2(a+
1 x3

1 x3

),

∵a>-1; x∈(0,1), ∴a+
1 x3

≥1

>0,即 f’(x)>0.

∴f(x)在(0,1)上是单调递增的。

第 17 页 共 23 页

(3)当 a>-1 时,f(x)在(0,1)单调递增,fmax(x)= f(1)=-6。∴a=- (不合题 意舍去) 当 a≤-1,令 f’(x)=0,x= 3 ? 当 x∈(-∞, 3 ? x∈( 3 ? ∴x= 3 ? 令 f( 3 ?
1 a 1 a 1 a 1 a

5 2

1 a

)时,f’(x)>0

,+∞)时,f’(x)>0
1 a

时,f(x)有最大值 f( 3 ? )=-6 ? a=-2 2 .此时 x=

)。 ∈(0,1)。
3

2 2

∴存在 a=-2 2 ,使 f(x)在(0,1)上有最大值-6。 3.已知 f(x)=-x3+ax,其中 a∈R,g(x)= ?
1 2 x 2

,且 f(x)<g(x)在(0,1)上恒成立,求实

数 a 的取值范围。 [解题思路] 设 F(x)=f(x)-g(x)。由 f(x)< g(x)在(0,1)上恒成立 ,即 F(x)<0 在 (0,1)上恒成立, ? F( min )<0。或用分离参数法。 [解答] 设 F(x)=f(x)-g(x)=-x3+ax+ ?
3
x

1 2 x 2

3

∵f(x)< g(x)在(0,1)上恒立 ? F(x)<0 在(0,1)上的最小值。 ∴a<x2 ?
1 2 x 2

,这样,要求 a 的取值范围,使得上式在区间(0,1)上恒成立,只需求
3

函数 h(x)=x2 ?

1 2 x 2

在(0,1)上的最小值。
? (2 x ? 1)(4 x ? 2 x ? 1) 4 x

∵h’(x)=2x由 h’(x)=0

1 4 x

(2 x -1)(4x+2 x +1)=0.
1 4

∵4x+2 x +1>0,∴x= . 又∵x∈(0,
1 4 1 )时,h’(x)<0, 4

x∈( ,1)时,h’(x)>0.
1 4 3 16

1 4

∴x= 时,h(x)有最小值 h( )=∴a<
3 16

.

考点高分解题综合训练 1 已知函数 f(x)在 x=1 处的导数为 1,则 lim A.
1 2
x ?0

f (1 ? x) ? f (1) 2x

等于

( )]

B.1

C.2

D.

1 4

第 18 页 共 23 页

答案: A 解析:∵f′(x)= lim

?x ?0

f (1 ? x) ? f (1) 1 f (1 ? ?x) ? f (1) 1 1 1 ? lim ? f ' (1) ? ? 1 ? . 2x 2 ?x ?0 ?x 2 2 2

2 函数 y=xsinx+cosx 在下列哪个区间内是增函数 A.(0,π ) B.(-π ,0) C.(
?
2

( )

,π )

D.(-π ,-

?
2

)
?
2

答案: D 解析:y′=sinx+cosx-sinx=xcosx,x∈(-π ,3 已知函数 f(x)= A.0<a<
1 e ln a ? ln x x

)时,y′>0. ( )

在(1,+∞)上为减函数,则 a 的取值范围为 C.a≥e D.a≤e

B.0<a≤e
1 ? ln a ? ln x x
2

答案: C 解析:f′(x)= 恒成立, ∵x> ,? ? 1,? a ? e.
e a e a

? 0在x ? (1 ? ? )上恒成立,故 x ? (1,??) 时,lnx>1ln

e a

4 函数 y=2x3-3x2-12x+5 在[0,3]上的最大值、最小值分别是 ( ) A.5,-15 B.5,-4 C.-4,-15 D.5,-16 答案: A 解析:f′(x)=6x2-6x-12,令 f′(x)=0 即 6x2-6-x-12=0.x2-x-2=0 x=2 或 x=-1,(舍), ∴当 x=2 时,y-=-15,x=0 时,y=5 时,y=-4,最大值为 5, 最小值为-15. 5 设 f(x)、g(x)分别是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)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) 答案: D 解析:f(x)· g(x)是定义域上的奇函数. 又 x<0 时, f′(x)g(x)+ f(x) g′(x)=[ f(x)· g(x)] ′>0. ∵g(3)=0. ∴f(3)· g(3)=0,又 f(m)g(x)在定义域上单调递增. ∴f(x)· g(x)<0 的解集为(-∞-3)∪(0,3). 3 2 2 6 函数 f(x)=x -2x+3 的图像在 x=1 处的切线与圆 x +y =8 的位置关系是 ( ) A.相切 B.相交且过圆心 C.相交但不过圆心 D.相离 答案: C 解析:∵f′(x)=3x2-2.f′(1)=1, ∴切线方程为 y=x+1,点(0,0)到切线距离 d=
1 2 ?2 2

相交但不地圆心.

7 函数 f(x)=xlnx,则 f(x)的单调递减区间是_______. 答案:(0, ) 解析:令 f′(x)=lnx+1<0,得 x∈(0,
1 2 1 4 1 e 1 e

).

8 曲线 y=2- x2 与 y= x3-2 在交点处的切线夹角是__________.

第 19 页 共 23 页

答案:

?
4

1 ? y ? 2? x ? ? 2 解得交点坐标为(2,0). 解析:联立 ? 1 3 ?y ? x ? 2 ? 4 ?

又∵( 2 ? x )′=-x,(

1 2

1 3 3 x ? 2 )′= x 2 . 4 4

∴两函数在 x=2 处导数分别为-2、3. ∴k1=-2,k2=3.tanθ =| 可求得θ =
?
4

k1 ? k2 1 ? k1k2

|= |

?2 ? 3 |? 1 1 ? 3(?2)

.
3 2

9 已知函数 f(x)=mx +mx +3x 在 R 上的增函数,求实数 m 的取值范围。 答案:解:f′(x)=3mx2+2mx+3. (1) 当 m=0 时,f′(x)=3>0, ∴f(x)在 R 上为境函数. (2) ①当 m<0 时,f′(x)开口向下△<0, 说明存在区间使 f′(x)<0. ∴m<0 时,f′(x)在 R 上不是增函数. ②当 0<m<9 时,f′(x)开口向上且△<0,说明 f′(x)恒大于 0,∴0<m<9 时,f′(x)在 R 上是增函数 . ③m=9 时 f(x)=9x3+9x2+3=9(x+ )3- ,由函数 y=x3 的单调性可知 m=9,f(x)在 R 上台阶增函 数. ④当 m>9 时,f’(x)开口向上且△>0,说明存在砸锅间使 f’(x)<0,0 ∴m<9,f(x)在 R 上不是增函数. 综上怕述,所求 m 的取值范围是[0,9]. 10 求函数 f(x)= 答案:解:f’(x)=
( x ln x) ?( x ? 1) x ln x 1 ? 2 x ?1 ( x ? 1) (ln x ? 1)( x ? 1) ? x ln x 1 ? ( x ? 1)2 x ?1 ln x ? . ( x ? 1) 2 ?
x ln x 1 ? ln( x ? 1) 在[ ,3]上的最大值和最小值。 x ?1 2

1 3

1 9

令f’(x)=0既

ln x ( x ? 1) 2

=0,∴x=1.

∴当x=1时可得f’(x)<0, 当1<x≤3时,f’(x)>0 ∴当x=1时可得f(x)的极小值f(1)=ln2

第 20 页 共 23 页

3 ln 3 ? ln 4. ∴f(3)= 4
1 1 3 1 3 f( 2 )=- ln2-ln 2 =- ln2-(ln3-ln2) 3

=

2 1 ln2-ln3=f(2), ∵ln2<ln3, ∴f( )<f(3). 3 2

3 ∴f(x)的最大值为 f(x)的最大值为 f(3)= 4 ln3-ln4.

11 函数 f(x)=

a 3 x ? ax 2 +x+1 3

在 x=x1,及 x=x2 处有极值,且 1<

x1 x2

≤5.

(1)求 a 的取值范围; 答案:由题设知f’(x)=ax2-2ax+1二根为x1、x2,
1 x 且x1+x2=2,x1x2= a ,∵1< 2 ? 5,? x1, x 2同号, x1

又x1+x2=2>0, ∴x1,x2同为正数,由1< ≤5x1

x2 x1

≤5得x1<x2≤5x1,又∵x2=2-x1, ∴x1<2-x1

整理得 ? x1 ? 1,? ? x1 x 2 ,? ? x1 (2 ? x1 ) 3 a a
1 x 2 ? 2 x1) =-( 1 =-(x1-1)2+1.由x1∈[ 3 ,1]

1

1

1

得 ?

5 9

1 9 ? 1,?1 ? a ? . a 5
56 4 x? 5 5

(2) 当 a 取最大值时,存在 t∈R,使 x∈[1,m] (m>1) 时,f’(t-x) ≤ 试求 m 的最大值。 答案:当a= ∴f’(t-x)= ∵f’(t-x)≤
9 9 18 时,f’(x)= x2- x+1, 5 5 5

恒成立,

9 18 (t-x)2 (t-x)+1, 5 5 9 36 4 18 36 4 x- ,即 (t-x) 2- (t-x)+1≤ x ? ,整理得x2-2(t+1)≤0,该式在x∈(1,m) 5 5 5 5 5 5

上恒成立. 把x=1,x=m,代和上式得
?1 ? 2(t ? 1) 2 ? (t ? 1) 2 ? 0, ? ? 0 ? t ? 4. ? 2 ? 2(t ? 1)m ? (t ? 1) 2 ? 0, ? m ?

∴t+1-2 t ? m ? t ? 1 ? 2 t ∴当 t=4 时,m 有最大值 9.

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12 已知函数 f(x)=-x -bx -5cx-2d 在[-∞,0]上单调递减,在[0,6]上单调递增,且 方程 f(x)=0 有 3 个实根:m、n、1。 (1)求 f(4)的取值范围。 答案: f’(x)=-3x2-2bx-5c ∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,且在[0,6]上单调递增. ∴当x=0时,f(x)取最小值。 ∴f(0)=0即c=0 ∴f(x)=-x3-2bx=0 ∴f(x)=-1-b-2d=0 ? d ? ?
b ?1 . 2
2b ? b, 即b ? ?9. 3

3

2

∵f(x)=3x2-2bx=0的两个根为x1=0,x2=

=-63-15≥-63-15?(-9)=72。 故 f(4)的取值范围是[72,+∞]. (2)m2-4mn+n2 是否有最小值?若有,求出最小值,若没有,请说明理由。 答案:由于m、n、1是方程f(x)=0的三个根,所以设 f(x)=-(x-m)(x-n)(x-1)=-x3+(m+n+1)x2-(m+n+mn)x+mn.与f(x)=-x3-bx2 –2d
?? b ? m ? n ? 1, ? 比较系数得 ?0 ? m ? n ? mn, ?? 2d ? mn. ?

∴m2-4mn+n2(m+n) 2-6mn=(-b-1)2-6· (-2d)=b2+2b+1+12· (即 m2-4mn+n2 有最小值 112. 13 一艘渔艇偏激在距岸 9km 处,今需派人送信给距渔艇 3 34 km 处的海岸渔站,如果 送信人步行每小时 5km,船速每小时 4km,问应在何处登岸再步行可以使抵达渔站的时间 最省? 答案:解:如图所示,设BC为海岸线,A为渔艇停泊处,设D为海岸线上一点,CD=x, 只需将时间t表示为x的函数,即可确定登岸的位置. ∵AB=9,AC=3 34 ,BC= AC 2 ? AB 2 ? 15. 由A到C所需要时间为t, 则t= x ? ∴t1= ?
1 5
1 5 1 (15 ? x) 2 ? 81(0 ? x ? 15) 4

b ?1 ) ? (b ? 2) 2 ? 9 ? (?9 ? 2) 2 ? 9 ? 112. 2

15 ? x (15 ? x) 2 ? 81

, 令t =0,解得x=3.

1

在x∈(0,3),t1<0; x∈(3,15)时,t1>0. 在x=3附近,t1由负到正,因此在x=3处取得极小值,又t(0)= 比较知,t(3)最小. 故在距渔站 3km 处登岸可使抵达渔站的时间最省.
3 34 21 87 , t (15) ? , t (3) ? . 4 4 20

第 22 页 共 23 页

14 函数 y=f(x)在区间(0,+∞)内可导,导函数 f(x)是减函数,且 f’(x)>0,设 x0 ∈(0,+∞),y=kx+m 是 y=f(x)在点[x0,f(x0)]得的切线方程,并设函数 g(x)=kx+m; (1)用 x0、f(x0)、f’(x0)表示 m; 答案:解:(1)m=f(x0)+x0f′(x0). (2)证明:当 x0∈(0,+∞)时,g(x)≥f(x); 答案:证明:令h(x)=g(x)=f(x). 则h′(x)=g′(x)=f′(x) h′(x0)=0, ∴f′(x)递减, ∴h′(x)递增,因此,x>x0 时,h′(x)>0.当 x<x0 时,h′(x)>0,所以 x0 是 h(x)唯一的极 值点,且是极小值点,可知 h(x)的最小值为 0,因此,h′(x) ≥0,即 g(x)<0,所以 x0 是 h(x) 唯一的极值点,且是极小值点,可知 h(x)的最小值为 0.因此,h′(x) ≥0,即 g(x)≥f(x). (3)若关于 x 的不等式 a +1≥ax+b≥
2

3 3 x 在[0,+∞]上恒成立,其中 a、b 2

2

为实数,

求 x 的取值范围及 a 与 b 所满足的关系。 答案:0≤b≤01 a>0是不等式成立的必要条件肥下讨论设此条件成立. X2+1≥ax+b,即x2-ax+1(1-b) 2 。
2 2 3 3 3 3 令 ? (x)=ax+b- x ,于是ax+b≥ x 对任意x∈[0,+∞]成立的充要条件是 ? (x)≥ 2 2

1

1 0,由 ? ′(x)=a- x 3 =0得x=a-3.

当0<x<a-3 时, ? (x)>0. 所以,当x=a-3时, ? (x)取最小值,因此, ? (x)≥0成立的充要条件是 ? (x)≥0。 即≥(2b)- 2
2 1 3 3 综上,不等式x2+1≥ax+b≥ x 对任意 x∈[0,+∞]成立的充要条件是(2b)- 2 ①显 2 1 1 然,存在a、b使①式成立的充要条件是:不等式(2b) - 2 ≤2(1-b) 2 有解,解得

1

2? 2 2? 2 ? . 4 4

因此 b 的取值范围是[ -2.
1

1 2? 2 2? 2 ., ],a、b 所满足的关系式为: (2) - 2 ≤a≤2(1-b) 4 4

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数学归纳法在数列中的应用 预测角度 2 数列的极限 预测角度 3 函数的极限 预测角度 4 函数的连续性 考点 15 导数及其应用 典型易错题会诊 命题角度 1 导数的...

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