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2014届福州高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)导数的应用(一)(含解析)

2023-05-28 来源:乌哈旅游
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第十二节

导数的应用(一)

[知识能否忆起]

1.函数的单调性

在(a,b)内可导函数f(x),f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于0. f′(x)≥0⇔f(x)在(a,b)上为增函数. f′(x)≤0⇔f(x)在(a,b)上为减函数. 2.函数的极值 (1)函数的极小值:

函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其它点的函数值都小,f′(a)=0,而且在点x=a附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则点a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.

(2)函数的极大值:

函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近的其他点的函数值都大,f′(b)=0,而且在点x=b附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则点b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)的极大值.

极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值. 3.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.

[小题能否全取]

1.(教材习题改编)若函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3时取得极值,则a等于( ) A.2 C.4

B.3 D.5

解析:选D ∵f′(x)=3x2+2ax+3,f′(-3)=0, ∴a=5.

12.(2012·辽宁高考)函数y=x2-ln x的单调递减区间为( )

2A.(-1,1]

B.(0,1]

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C.[1,+∞) D.(0,+∞)

1

解析:选B 函数y=x2-ln x的定义域为(0,+∞),

21x-1x+1

y′=x-=,令y′≤0,则可得0xx3.(2012·陕西高考)设函数f(x)=xex,则( ) A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的极小值点 C.x=-1为f(x)的极大值点 D.x=-1为f(x)的极小值点

解析:选D 求导得f′(x)=ex+xex=ex(x+1),令f′(x)=ex(x+1)=0,解得x=-1,易知x=-1是函数f(x)的极小值点.

x32

4.函数f(x)=+x-3x-4在[0,2]上的最小值是________.

3解析:f′(x)=x2+2x-3,f′(x)=0,x∈[0,2], 17

得x=1.比较f(0)=-4,f(1)=-,

31017

f(2)=-.可知最小值为-. 3317

答案:-

3

5.已知a>0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调增函数,则a的最大值是________. 解析:f′(x)=3x2-a在x∈[1,+∞)上f′(x)≥0, 则f′(1)≥0⇒a≤3. 答案:3

1.f′(x)>0与f(x)为增函数的关系:f′(x)>0能推出f(x)为增函数,但反之不一定.如函数f(x)=x3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0,所以f′(x)>0是f(x)为增函数的充分 不必要条件.

2.可导函数的极值点必须是导数为0的点,但导数为0的点不一定是极值点,即

f′(x0)=0是可导函数f(x)在x=x0处取得极值的必要不充分条件.例如函数y=x3在x=0处有y′|x=0=0,但x=0不是极值点.此外,函数不可导的点也可能是函数的极值点.

3.可导函数的极值表示函数在一点附近的情况,是在局部对函数值的比较;函数

的最值是表示函数在一个区间上的情况,是对函数在整个区间上的函数值的比较.

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典题导入

ln x+k

[例1] (2012·山东高考改编)已知函数f(x)=(k为常数,e=2.718 28„是自然对数

ex的底数),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行.

(1)求k的值; (2)求f(x)的单调区间.

ln x+k

[自主解答] (1)由f(x)=,

ex1-kx-xln x

得f′(x)=,x∈(0,+∞),

xex由于曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线与x轴平行,所以f′(1)=0,因此k=1. 1

(2)由(1)得f′(x)=x(1-x-xln x),x∈(0,+∞),

xe令h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞),

当x∈(0,1)时,h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又ex>0,所以x∈(0,1)时,f′(x)>0; x∈(1,+∞)时,f′(x)<0.

因此f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞).

由题悟法

求可导函数单调区间的一般步骤和方法 (1)确定函数f(x)的定义域;

(2)求f′(x),令f′(x)=0,求出它在定义域内的一切实数根;

(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来,然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间;

(4)确定f′(x)在各个开区间内的符号,根据f′(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性.

以题试法

1.已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e为自然对数的底数). (1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间;

(2)是否存在a使函数f(x)为R上的单调递减函数,若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明理由.

解:(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex,

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∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0,

∵ex>0,∴-x2+2>0,解得-2<x<2. ∴函数f(x)的单调递增区间是(-2,2). (2)若函数f(x)在R上单调递减, 则f′(x)≤0对x∈R都成立,

即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0对x∈R都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立. ∴Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的. 故不存在a使函数f(x)在R上单调递减.

典题导入

[例2] (2012·江苏高考)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.

(1)求a和b的值;

(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.

[自主解答] (1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0, f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.

(2)由(1)知f(x)=x3-3x.因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2.

当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,故-2是g(x)的极值点. 当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,故1不是g(x)的极值点. 所以g(x)的极值点为-2.

由题悟法

求函数极值的步骤 (1)确定函数的定义域; (2)求方程f′(x)=0的根;

(3)用方程f′(x)=0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表格; (4)由f′(x)=0根的两侧导数的符号来判断f′(x)在这个根处取极值的情况.

以题试法

12.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

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称,且f′(1)=0.

(1)求实数a,b的值; (2)求函数f(x)的极值.

解:(1)因为f(x)=2x3+ax2+bx+1, 故f′(x)=6x2+2ax+b, aax+2+b-, 从而f′(x)=666a

即y=f′(x)关于直线x=-对称.

6a1

从而由题设条件知-=-,即a=3.

62又由于f′(1)=0,即6+2a+b=0, 得b=-12.

(2)由(1)知f(x)=2x3+3x2-12x+1, 所以f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2), 令f′(x)=0, 即6(x-1)(x+2)=0, 解得x=-2或x=1,

当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0, 即f(x)在(-∞,-2)上单调递增; 当x∈(-2,1)时,f′(x)<0, 即f(x)在(-2,1)上单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 即f(x)在(1,+∞)上单调递增.

从而函数f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=21, 在x=1处取得极小值f(1)=-6.

典题导入

[例3] 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. [自主解答] (1)f′(x)=(x-k+1)ex. 令f′(x)=0,得x=k-1.

运用导数解决函数的最值问题 2

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f(x)与f′(x)的情况如下:

x f′(x) f(x)

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)=-ek1;

(-∞,k-1) -  k-1 0 -ek1 -(k-1,+∞) +  当k-1≥1时,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.

本题条件不变,求f(x)在区间[0,1]上的最大值.

解: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[0,1]上的最大值为f(1)=(1-k)e. 当0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e

大值为f(0)和f(1)较大者.若f(0)=f(1),所以-k=(1-k)e,即k=.

e-1

当1当k-1≥1时,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减. 所以f(x)在[0,1]上的最大值为f(0)=-k.

e

综上所述,当k<时,f(x)的最大值为f(1)=(1-k)e.

e-1e

当k≥时,f(x)的最大值为f(0)=-k.

e-1

由题悟法

求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值;

(2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b);

ee时函数f(x)的最大值为f(1)=(1-k)e,当≤k<2时,函数f(x)的最大值为e-1e-1

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(3)将函数f(x)的各极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值.

以题试法

3. (2012·重庆高考)已知函数f(x)=ax3+bx+c在点x=2处取得极值c-16. (1)求a,b的值;

(2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值. 解:(1)因f(x)=ax3+bx+c,故f′(x)=3ax2+b, 由于f(x)在点x=2处取得极值c-16,

f′2=0,故有

f2=c-16,

12a+b=0,12a+b=0,即化简得 8a+2b+c=c-16,4a+b=-8,

解得a=1,b=-12. (2)由(1)知f(x)=x3-12x+c; f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2). 令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2.

当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上为增函数; 当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故f(x)在(-2,2)上为减函数; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上为增函数.

由此可知f(x)在x1=-2处取得极大值f(-2)=16+c,f(x)在x1=2处取得极小值f(2)=c-16.

由题设条件知16+c=28,得c=12. 此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3, f(2)=-16+c=-4,

因此f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-4.

1.函数f(x)=x+eln x的单调递增区间为( ) A.(0,+∞) C.(-∞,0)和(0,+∞)

B.(-∞,0) D.R

e

解析:选A 函数定义域为(0,+∞),f′(x)=1+>0,故单调增区间是(0,+∞).

x

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2.(2012·“江南十校”联考)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是( )

A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(e) C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(e)>f(d)

解析:选C 依题意得,当x∈(-∞,c)时,f′(x)>0;

当x∈(c,e)时,f′(x)<0;当x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.因此,函数f(x)在(-∞,c)上是增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又af(b)>f(a).

23.(2012·陕西高考)设函数f(x)=+ln x,则( )

x1

A.x=为f(x)的极大值点

21

B.x=为f(x)的极小值点

2C.x=2为f(x)的极大值点 D.x=2为f(x)的极小值点

21x-2

解析:选D 函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-2+=2,当x=2时,f′(x)

xxx=0;当x>2时,f′(x)>0,函数f(x)为增函数;当04.(2012·大纲全国卷)已知函数y=x3-3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=( ) A.-2或2 C.-1或1

B.-9或3 D.-3或1

解析:选A 设f(x)=x3-3x+c,对f(x)求导可得,f′(x)=3x2-3,令f′(x)=0,可得x=±1,易知f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减.若f(1)=1-3+c=0,可得c=2;若f(-1)=-1+3+c=0,可得c=-2.

ln x

5.若f(x)=,exA.f(a)>f(b) C.f(a)B.f(a)=f(b) D.f(a)f(b)>1

1-ln x

解析:选A f′(x)=,当x>e时,f′(x)<0,则f(x)在(e,+∞)上为减函数,f(a)>f(b).

x26.函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是( )

A.20

B.18

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C.3 D.0

解析:选A 因为f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令f′(x)=0,得x=±1,所以-1,1为函数的极值点.又f(-3)=-19,f(-1)=1,f(1)=-3,f(2)=1,所以在区间[-3,2]上f(x)max=1,f(x)min=-19.又由题设知在区间[-3,2]上f(x)max-f(x)min≤t,从而t≥20,所以t的最小值是20.

7.已知函数f(x)=x3+mx2+(m+6)x+1既存在极大值又存在极小值,则实数m的取值范围是________.

解析:f′(x)=3x2+2mx+m+6=0有两个不等实根,即Δ=4m2-12×(m+6)>0.所以m>6或m<-3.

答案:(-∞,-3)∪(6,+∞)

8.已知函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,若m∈[-1,1],则f(m)的最小值为________.

解析:求导得f′(x)=-3x2+2ax,由f(x)在x=2处取得极值知f′(2)=0,即-3×4+2a×2=0,故a=3.由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x.由此可得f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,

所以对m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 答案:-4

9.已知函数y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)极大值与极小值之差为________.

解析:∵y′=3x2+6ax+3b,

23×2+6a×2+3b=0a=-1,⇒ 2

3×1+6a+3b=-3b=0.

∴y′=3x2-6x,令3x2-6x=0,则x=0或x=2. ∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 答案:4

110.已知函数f(x)=ax2+bln x在x=1处有极值. 2(1)求a,b的值;

(2)判断函数y=f(x)的单调性并求出单调区间. b

解:(1)∵f′(x)=2ax+. x1

又f(x)在x=1处有极值.

211f1=2,a=2,

∴即 f′1=0,2a+b=0.

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1

解得a=,b=-1.

2

1

(2)由(1)可知f(x)=x2-ln x,其定义域是(0,+∞),

21x+1x-1

且f′(x)=x-=.

xx由f′(x)<0,得00,得x>1.

所以函数y=f(x)的单调减区间是(0,1), 单调增区间是(1,+∞).

13

11.(2012·重庆高考)设f(x)=aln x++x+1,其中a∈R,曲线y=f(x)在点(1,f(1))

2x2处的切线垂直于y轴.

(1)求a的值; (2)求函数f(x)的极值.

13

解:(1)因f(x)=aln x++x+1,

2x2a13

故f′(x)=-2+.

x2x2

由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴,故该切线斜率为0,即f′(1)=0,13

从而a-+=0,

22

解得a=-1.

13

(2)由(1)知f(x)=-ln x++x+1(x>0),

2x2113

f′(x)=--2+

x2x23x2-2x-1= 2x2=

3x+1x-1

. 2x211

因x2=-不在定 令f′(x)=0,解得x1=1,x2=-33义域内,舍去.

当x∈(0,1)时,f′(x)<0,故f(x)在(0,1)上为减函数;

当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上为增函数. 故f(x)在x=1处取得极小值f(1)=3. 12.已知函数f(x)=x3-ax2+3x.

(1)若f(x)在x∈[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围;

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(2)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)在x∈[1,a]上的最大值和最小值. 解:(1)∵f′(x)=3x2-2ax+3≥0在[1,+∞)上恒成立, 13

x+min=3(当x=1时取最小值). ∴a≤2x



∴a的取值范围为(-∞,3]. (2)∵f′(3)=0,即27-6a+3=0, ∴a=5,f(x)=x3-5x2+3x,x∈[1,5], f′(x)=3x2-10x+3.

1

令f′(x)=0,得x1=3,x2=(舍去).

3

当10, 即当x=3时,f(x)取极小值f(3)=-9. 又f(1)=-1,f(5)=15,

∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)=-9,最大值是f(5)=15.

1.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:选D 因为[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex,且x=-1为函数f(x)ex

的一个极值点,所以f(1)+f′(1)=0;选项D中,f(1)>0,f′(1)>0,不满足f′(1)+f(1)=0.

2.(2012·沈阳实验中学检测)已知定义在R上的奇函数f(x),设其导函数为f′(x),当x∈(-∞,0]时,恒有xf′(x)F(2x-1)的实数x的取值范围是( )

A.(-1,2) 1C.2,2

1

-1, B.2D.(-2,1)

解析:选A 由F(x)=xf(x),得F′(x)=f(x)+xf′(x)=xf′(x)-f(-x)<0,所以F(x)在(-∞,0)上单调递减,又可证F(x)为偶函数,从而F(x)在[0,+∞)上单调递增,故原不等式可化为-3<2x-1<3,解得-13. (2012·湖北高考)设函数f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n为正整数,a,b为常数.曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为x+y=1.

(1)求a,b的值;

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(2)求函数f(x)的最大值.

解:(1)因为f(1)=b,由点(1,b)在x+y=1上, 可得1+b=1,即b=0.

因为f′(x)=anxn1-a(n+1)xn,所以f′(1)=-a.

又因为切线x+y=1的斜率为-1, 所以-a=-1,即a=1.故a=1,b=0. (2)由(1)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn1,

n-

f′(x)=(n+1)xn1n+1-x.

n

令f′(x)=0,解得x=,

n+1即f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点x0=

n. n+1

n

在0,n+1上,f′(x)>0,故f(x)单调递增;



n

而在n+1,+∞上,f′(x)<0,f′(x)单调递减.



故f(x)在(0,+∞)上的最大值为 nnnnfn+1=n+1n1-n+1=n+1n+1.

1.(2012·重庆高考)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),且函数y=(1-x)f′(x)的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( )

A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1) B.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(-2) D.函数f(x)有极大值f(-2)和极小值f(2) 解析:选D 由图可知,当x<-2时,f′(x)>0;当时,f′(x)<0;当12时,f′(x)>0.

由此可以得到函数在x=-2处取得极大值,在x=2处取得极小值. 12.(2012·山西联考)已知函数f(x)=(2-a)ln x++2ax(a∈R).

x(1)当a=0时,求f(x)的极值; (2)求f(x)的单调区间.

1

解:(1)∵当a=0时,f(x)=2ln x+,

x

2n

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212x-1

f′(x)=-2=2(x>0),

xxx

11

0,上是减函数,在,+∞上是增函数. ∴f(x)在221∴f(x)的极小值为f2=2-2ln 2,无极大值. 2-a12x-1ax+1(2)f′(x)=-2+2a=(x>0).

xxx211

0,上是减函数,在,+∞上是增函数; ①当a≥0时,f(x)在22

1111

0,和-,+∞上是减函数,在,-上是增函数; ②当-21111

,+∞和0,-上是减函数,在-,上是增函数. ④当a<-2时,f(x)在a2a2

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