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专题 第3讲 导数及其应用



第4讲

导数及其应用 明确考向

感悟高考

a 3 (2010· 北京)设函数 f(x)= x +bx2+cx+d(a>0),且方程 3 f′(x)-9x=0 的两个根分别为 1,4. (1)当 a=3 且曲线 y=f(x)过原点时,求 f(x)的解析式; (2)若 f(x)在(-∞, +∞)内无极值点, 求

a 的取值范围. a 3 解 由 f(x)= x +bx2+cx+d, 3 得 f′(x)=ax2+2bx+c. 因为 f′(x)-9x=ax2+2bx+c-9x=0 的两个根分别为 1,4, ? ?a+2b+c-9=0, 所以? (*) ? 16 a + 8 b + c - 36 = 0. ?

(1)当 a=3

? ?2b+c-6=0, 时,由(*)式得? ? ?8b+c+12=0.

? ?b=-3, 解得? ? ?c=12.

又因为曲线 y=f(x)过原点,所以 d=0.

故 f(x)=x3-3x2+12x. a 3 (2)由于 a>0, 所以“f(x)= x +bx2+cx+d 在(-∞, +∞) 3 内无极值点”等价于“f′(x)=ax2+2bx+c≥0 在(-∞, +∞)内恒成立”. 由(*)式得 2b=9-5a,c=4a. 又 Δ=(2b)2-4ac=9(a-1)(a-9). ? ?a>0, 由? 得 1≤a≤9, ? ?Δ=9(a-1)(a-9)≤0, 即 a 的取值范围是[1,9].

考题分析

本题主要考查了函数的导数、函数的解析

式以及函数的极值点的概念.考查了换元消元的解题 方法以及转化与化归、 函数与方程的数学思想方法. 题 目难度不大,特点鲜明.
易错提醒 (1)构建不出关于 a、b、c 的方程组. (2) 搞 不 清 “f(x) 在 ( - ∞ , + ∞) 内 无 极 值 点 ” 与 “f′(x)≥0 在(-∞,+∞)内恒成立”的等价关系. (3)易忽视条件 a>0 的应用. (4)想不到换元方法,消不去 b、c. (5)计算错误.

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)复合函数求导 复合函数 y=f(g(x))的导数和 y=f(u),u=g(x)的导数之 间的关系为 yx′=f′(u)g′(x).

热点分类突破
题型一 导数几何意义的应用 1 例 1 已知曲线 y= . x (1)求曲线在点 P(1,1)处的切线方程; (2)求曲线过点 Q(1,0)的切线方程; 1 (3)求满足斜率为- 的曲线的切线方程. 3 思维启迪 利用导数的几何意义确定曲线在某点处的

切线斜率,进而使问题获解.

1 解 (1)∵y′=- 2. x 又 P(1,1)是曲线上的点, ∴P 是切点,所求切线的斜率为 k=f′(1)=-1. 所以曲线在 P 点处的切线方程为 y-1=-(x-1). 即 y=-x+2. 1 (2)显然 Q(1,0)不在曲线 y= 上,则可设过该点的切线 x 1 1 的切点为 A(a, ),则该切线斜率为 k1=f′(a)=- 2. a a 1 1 则切线方程为 y- =- 2(x-a).① a a 1 1 将 Q(1,0)代入方程①得 0- =- 2(1-a), a a 1 解得 a= ,故所求切线方程为 y=-4x+4. 2

1 (3)设切点坐标为 A(a, ),则切线的斜率为 a 1 1 k2=- 2=- . a 3 3 3 解得 a=± 3,∴A( 3, )或 A′(- 3,- ). 3 3 3 1 代入点斜式方程得 y- =- (x- 3)或 3 3 3 1 y+ =- (x+ 3). 3 3 即切线方程为 x+3y-2 3=0 或 x+3y+2 3=0.

探究提高

(1)在点 P 处的切线即是以 P 为切点的切

线,P 一定在曲线上. (2)过点 Q 的切线即切线过点 Q,Q 不一定是切点,所 以本题的易错点是把点 Q 作为切点.求过点 P 的切线 方程时,首先应检验点 P 是否在已知曲线上.

题型二 利用导数研究函数的单调性 2 例2 (2009· 安徽)已知函数 f(x)=x- +a(2-ln x) x a>0,讨论 f(x)的单调性. 思维启迪 确定定义域→求导→对 a 进行分类讨论→
确定 f′(x)的正、负.
解 (1)f(x)的定义域是(0,+∞), 2 2 a x -ax+2 导函数 f′(x)=1+ 2- = . x x x2 设 g(x)=x2-ax+2, 二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a2-8. ①当 Δ<0 即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′(x)>0.此 时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数.

②当 Δ=0 即 a=2 2时,仅对 x= 2时,有 f′(x)=0, 对其余的 x>0 都有 f′(x)>0. 此时 f(x)也是(0,+∞)上的单调递增函数. ③当 Δ>0 即 a>2 2时, 方程 g(x)=0 有两个不同的实根 a- a2-8 a+ a2-8 x1= ,x2= ,0<x1<x2. 2 2 x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2, + ∞) 0 0 f′(x) + - + 极大 极小 f(x) 值 值 2 ? ? ?a+ a2-8 ? a - a - 8 ? ? ? 此时 f(x)在? , 0 , ,+ ∞ ? ? ? ?上单调 2 2 ? ? ? ? 2 2 ? a - a - 8 a + a -8? ? ? 递增,在? , ?上单调递减. 2 2 ? ?

变式训练 2 (2010· 江西)设函数 f(x)=6x3+3(a+2)x2+ 2ax. (1)若 f(x)的两个极值点为 x1,x2,且 x1x2=1,求实数 a 的值. (2)是否存在实数 a,使得 f(x)是(-∞,+∞)上的单调 函数?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由.
解 f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a. (1)由已知有 f′(x1)=f′(x2)=0, 2a 从而 x1x2= =1,所以 a=9. 18 (2)因为 Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)>0, 所以不存在实数 a,使得 f(x)是(-∞,+∞)上的单调 函数.

题型三 利用导数研究函数的极值或最值 例3 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.

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. 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 0 (0,2) 2 (2, (-∞,0) +∞) 0 0 f′(x) + - + 极大 极小 f(x) 值 值 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.

2.若函数 f(x)=ax4+bx2+c 满足 f′(1)=2,则 f′(-1)= 解析

-2

.

由题意知 f′(x)=4ax3+2bx,若 f′(1)=2,即

f′(1)= 4a +2b =2 ,从题中可知 f′(x)为奇函数,故 f′(-1)=-f′(1)=-4a-2b=-2.

π 3.设函数 f(x)的导数为 f′(x),且 f(x)=f′( )sin x+ 2 π - 2 cos x,则 f′( )=________. 4
π 解析 因为 f(x)=f′(2)sin x+cos x, π 所以 f′(x)=f′( )cos x-sin x, 2 π π π π 所以 f′(2)=f′(2)cos2-sin2, π 即 f′(2)=-1,所以 f(x)=-sin x+cos x, π π π 故 f′( )=-cos -sin =- 2. 4 4 4

4.设 f(x)、g(x)分别是定义在 R 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 (-∞,-3)∪(0,3).

解析 设 F(x)=f(x)· g(x),由题意知 F(x)是 奇函数,所以 F(x)的图象关于原点对称,由 f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0 知,F′(x)>0,即当 x<0 时,F(x)是增函数.又∵g(-3)=0,F(x) 的图象大体如图所示, ∴f(x)g(x)<0 的范围为(-∞,-3)∪(0,3).

5.设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值 点,则 a 的取值范围是________ a<-1 .
解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. 当 a≥0 时,y 不可能有极值点,故 a<0. 由 ex+a=0 得 ex=-a,∴x=ln(-a), ∴x=ln(-a)即为函数的极值点, ∴ln(-a)>0,即 ln(-a)>ln 1,∴a<-1.

1 2 6.已知函数 f(x)= mx +ln x-2x 在定义域内是增函 2 ,+∞) . 数,则实数 m 的取值范围为[1 _________ 1 解析 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立, x 12 2 12 2 1 m≥-( ) + ,令 g(x)=-( ) + ,则当 =1 时, x x x x x 函数 g(x)取得最大值 1,故 m≥1.

7.某名牌电动自行车的耗电量 y 与速度 x 之间有如下 1 3 39 2 关系:y= x - x -40x(x>0),为使耗电量最小, 3 2 则速度应定为________ 40 .
解析 ∵y′=x2-39x-40,令 y′=0 即 x2-39x-40=0,解得 x=40 或 x=-1(舍). 当 x>40 时,y′>0. 当 0<x<40 时,y′<0, 所以当 x=40 时,y 最小.

1 3 2 8. 若函数 f(x)= x -a x 满足: 对于任意的 x1, x2∈[0,1] 3 都有|f(x1)-f(x2)|≤1 恒成立,则 a 的取值范围是 ____________.
解析 问题等价于在[0,1]内 f(x)max-f(x)min≤1. 1 3 2 2 f′(x)=x -a ,函数 f(x)= x -a2x 的极小值点是 x= 3 |a|, 若|a|>1, 则函数 f(x)在[0,1]上单调递减, 故只要 f(0) 4 2 3 2 -f(1)≤1 即可,即 a ≤ ,即 1<|a|≤ ; 3 3

1 3 2 2 2 若|a|≤1,此时 f(x)min=f(|a|)= |a| -a |a|=- a |a|, 3 3 1 2 3 由于 f(0)=0, f(1)= -a , 故当|a|≤ 时, f(x)max=f(1), 3 3 1 2 2 2 2 2 2 此时只要 -a + a |a|≤1 即可,即 a ( |a|-1)≤ ,由 3 3 3 3 3 2 2 3 3 于|a|≤ , 故 |a|-1≤ × -1<0, 故此时成立; 当 3 3 3 3 3 2 2 <|a|≤1 时,此时 f(x)max=f(0),故只要 a |a|≤1 即可, 3 2 2 此式显然成立.故 a 的取值范围是[- 3, 3]. 3 3

2 2 答案 [- 3, 3]. 3 3



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