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导数专题复习(一)教师版


2015 届高三数学三轮突破

导数专题复习(一)
【常见结论】 ⑴ sin x ? x, x ? (0, ? ) ,变形即为 原点连线斜率小于1. ⑵ ex ? x ? 1 ⑶ x ? ln( x ? 1) ⑷ ln x ? x ? e x , x ? 0 . 【例题分析】

sin x ? 1 ,其几何意义为 y ? sin x, x ? (0, ? ) 上的的点与 x

一、导数单调性、极值、最值的直接应用
1.切线 设函数 f ( x) ? x 2 ? a . (1)当 a ? 1 时,求函数 g ( x) ? xf ( x) 在区间 [0,1] 上的最小值; (2)当 a ? 0 时,曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 , f ( x1 ))( x1 ? a ) 处的切线为 l , l 与 x 轴交于点
A( x 2 ,0) 求证: x1 ? x 2 ? a .

解:(1) a ? 1 时, g ( x) ? x 3 ? x ,由 g ?( x) ? 3x 2 ? 1 ? 0 ,解得 x ? ?
g ?( x) 的变化情况如下表:
x

3 . 3

0

(0,

3 ) 3

3 3

(

3 ,1) 3

1

g ?( x) g ( x)

0 ↘

0 极小值

+ ↗ 0

所以当 x ?

3 3 2 3 时, g ( x) 有最小值 g ( ) ? ? . 3 3 9

(2)证明:曲线 y ? f ( x) 在点 P( x1 ,2 x1 2 ? a) 处的切线斜率 k ? f ?( x1 ) ? 2 x1 曲线 y ? f ( x) 在点P处的切线方程为 y ? (2 x1 2 ? a) ? 2 x1 ( x ? x1 ) . 令 y ? 0 ,得 x 2 ?
x1 2 ? a x 2 ?a a ? x1 2 ? x1 ? ,∴ x 2 ? x1 ? 1 2 x1 2 x1 2 x1

a ? x1 2 ? 0 ,即 x 2 ? x1 . ∵ x1 ? a ,∴ 2 x1

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又∵

x1 x1 2 ? a x1 x a a a ? ? ? ?2 1 ? ? a ,∴ x 2 ? 2 2 x1 2 x1 2 2 x1 2 2 x1

所以 x1 ? x 2 ? a . 2.极值比较讨论 已知函数 f ( x) ? ( x 2 ? ax ? 2a 2 ? 3a )e x ( x ? R ), 其中 a ? R ⑴当 a ? 0 时,求曲线 y ? f ( x)在点(1, f (1)) 处的切线的斜率; ⑵当 a ?

2 时,求函数 f ( x) 的单调区间与极值. 3

解:本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基 础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法。 ⑴ 当a ? 0时,f ( x) ? x 2 e x ,f ' ( x) ? ( x 2 ? 2 x)e x,故f ' (1) ? 3e.

所以曲线y ? f ( x)在点(1, f (1))处的切线的斜率为3e.
⑵ f ' ( x) ? x 2 ? (a ? 2) x ? 2a 2 ? 4a e x .

?

?

w.w.w. k.s.5.u.c.o.m

令f ' ( x) ? 0,解得x ? ?2a,或x ? a ? 2.由a ?
以下分两种情况讨论: ① 若a >

2 知, ? 2a ? a ? 2. 3

2 ,则 ? 2a < a ? 2 .当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x

?? ?, ? 2a ?
+ ↗

? 2a
0 极大值

?? 2a,a ? 2?
— ↘

a?2
0 极小值

?a ? 2, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??, ? 2a), (a ? 2, ? ?)内是增函数,在(?2a,a ? 2)内是减函数.
函数f ( x)在x ? ?2a处取得极大值f (?2a),且f (?2a ) ? 3ae ?2 a .
w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极小值f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a )e a ? 2 .
② 若a <

2 ,则 ? 2a > a ? 2 ,当 x 变化时, f ' ( x),f ( x) 的变化情况如下表: 3

x

?? ?,a ? 2?
+ ↗

a?2
0 极大值

?a ? 2, ? 2a ?
— ↘

? 2a
0 极小值

?? 2a, ? ??
+ ↗

所以f ( x)在(??,a ? 2), (?2a, ? ?)内是增函数,在(a ? 2, ? 2a)内是减函数。

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函数f ( x)在x ? a ? 2处取得极大值f (a ? 2),且f (a ? 2) ? (4 ? 3a )e a ? 2 . 函数f ( x)在x ? ?2a处取得极小值f (?2a),且f (?2a ) ? 3ae ?2 a .
1 2 x ? 2ax, g ( x) ? 3a 2 ln x ? b. 2

w.w. w. k.s. 5.u.c.o.m

3.已知函数 f ( x) ?

⑴设两曲线 y ? f ( x)与y ? g ( x) 有公共点,且在公共点处的切线相同,若 a ? 0 ,试建立 b 关于 a 的函数关系式,并求 b 的最大值; ⑵若 b ? [0, 2], h( x) ? f ( x) ? g ( x) ? (2a ? b) x 在(0,4)上为单调函数,求 a 的取值范围。

4.最值,按区间端点讨论

a . x (1)当a>0时,判断f(x)在定义域上的单调性; 3 (2)若f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求a的值. 2
已知函数f(x)=lnx-
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解:(1)由题得f(x)的定义域为(0,+∞),且 f ′(x)=

1 a x?a . + 2 = x x x2

∵a>0,∴f ′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知:f ′(x)=

x?a , x2
3 3 (舍去). ,∴a=- 2 2

①若a≥-1,则x+a≥0,即f ′(x)≥0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为增函数, ∴f(x)min=f(1)=-a=

②若a≤-e,则x+a≤0,即f ′(x)≤0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为减函数, ∴f(x)min=f(e)=1-

e a 3 = ,∴a=- (舍去). 2 e 2

③若-e<a<-1,令f ′(x)=0,得x=-a. 当1<x<-a时,f ′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e时,f ′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= 综上可知:a=- e . 5.最值直接应用 已知函数 f ( x) ? x ?

3 ?a=- e . 2

1 2 ax ? ln(1 ? x) ,其中 a ? R . 2

(Ⅰ)若 x ? 2 是 f ( x) 的极值点,求 a 的值; (Ⅱ)求 f ( x) 的单调区间; (Ⅲ)若 f ( x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 0 ,求 a 的取值范围.

x(1 ? a ? ax) , x ? (?1, ??) . x ?1 1 1 依题意,令 f ?(2) ? 0 ,解得 a ? . 经检验, a ? 时,符合题意. 3 3 x (Ⅱ)解:① 当 a ? 0 时, f ?( x) ? . x ?1
解: (Ⅰ) f ?( x) ? 故 f ( x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 (?1,0) . ② 当 a ? 0 时,令 f ?( x) ? 0 ,得 x1 ? 0 ,或 x2 ? 当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 与 f ?( x ) 的情况如下:

1 ?1 . a
( x2 , ? ?)

x

(?1, x1 )

x1

( x1 , x2 )

x2

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f ?( x) f ( x)

?


0

?


0

?


f ( x1 )

f ( x2 )

1 1 ? 1) ;单调减区间是 (?1,0) 和 ( ? 1, ?? ) . a a 当 a ? 1 时, f ( x) 的单调减区间是 (?1,??) .
所以, f ( x ) 的单调增区间是 (0, 当 a ? 1 时, ?1 ? x2 ? 0 , f ( x ) 与 f ?( x ) 的情况如下:

x
f ?( x) f ( x)

(?1, x2 )
?


x2
0

( x2 , x1 )

x1
0

( x1 , ? ?)

?


?


f ( x2 )

f ( x1 )

所以, f ( x ) 的单调增区间是 (

1 1 ? 1, 0) ;单调减区间是 (?1, ? 1) 和 (0, ??) . a a

③ 当 a ? 0 时, f ( x) 的单调增区间是 (0, ??) ;单调减区间是 (?1,0) . 综上,当 a ? 0 时, f ( x) 的增区间是 (0, ??) ,减区间是 (?1,0) ; 当 0 ? a ? 1 时, f ( x ) 的增区间是 (0,

1 1 ? 1) ,减区间是 (?1,0) 和 ( ? 1, ?? ) ; a a

当 a ? 1 时, f ( x) 的减区间是 (?1,??) ; 当 a ? 1 时, f ( x ) 的增区间是 (

1 1 ? 1, 0) ;减区间是 (?1, ? 1) 和 (0, ??) . a a

(Ⅲ)由(Ⅱ)知 a ? 0 时, f ( x) 在 (0, ??) 上单调递增,由 f (0) ? 0 ,知不合题意. 当 0 ? a ? 1 时, f ( x) 在 (0, ??) 的最大值是 f ( ? 1) , 由 f ( ? 1) ? f (0) ? 0 ,知不合题意. 当 a ? 1 时, f ( x) 在 (0, ??) 单调递减, 可得 f ( x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 f (0) ? 0 ,符合题意. 所以, f ( x) 在 [0, ? ? ) 上的最大值是 0 时, a 的取值范围是 [1, ??) . 【课堂巩固】 1.已知函数 f ( x ) =ln(1+ x )- x +

1 a

1 a

x 2 x ( k ≥0). 2

(Ⅰ)当 k =2时,求曲线 y = f ( x ) 在点(1, f (1))处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x ) 的单调区间.

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解: (I)当 k ? 2 时, f ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? x 2 , f '( x) ? 由于 f (1) ? ln 2 , f '(1) ?

1 ?1 ? 2x 1? x

3 , 2
3 ( x ? 1) 2

所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y ? ln 2 ? 即 3 x ? 2 y ? 2 ln 2 ? 3 ? 0

x(kx ? k ? 1) , x ? (?1, ??) . 1? x x . 当 k ? 0 时, f '( x) ? ? 1? x
(II) f '( x) ? 所以,在区间 (?1, 0) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 . 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, 0) ,单调递减区间是 (0, ??) .

x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? 0 , x2 ? ?0 1? x k 1? k 1? k , ??) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 (0, ) 上, f '( x) ? 0 所以,在区间 (?1, 0) 和 ( k k 1? k 1? k , ??) ,单调递减区间是 (0, ). 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, 0) 和 ( k k
当 0 ? k ? 1 时,由 f '( x) ? 当 k ? 1 时, f '( x) ? 当 k ? 1 时, f '( x) ?

x2 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, ??) . 1? x

x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? ? (?1, 0) , x2 ? 0 . 1? x k 1? k 1? k ) 和 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 ( , 0) 上, f '( x) ? 0 所以没在区间 (?1, k k 1? k 1? k ) 和 (0, ??) ,单调递减区间是 ( , 0) 故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, k k

2.已知函数 f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a ? 1(a ? R ) x

⑴当 a ? ?1 时,求曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程; ⑵当 a ?

1 时,讨论 f ( x) 的单调性. 2

解:⑴ x ? y ? ln 2 ? 0 ⑵因为 f ( x) ? ln x ? ax ?

1? a ? 1, x

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所以 f ' ( x) ?

1 a ?1 ax 2 ? x ? 1 ? a ?a? 2 ? ? , x ? (0,??) , x x x2

令 g ( x) ? ax 2 ? x ? 1 ? a, x ? (0,??),

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