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导数及应用 解题方法探究


导数及应用解题方法探究
主要题型:(1)利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题;(2)利用导数研究不等式 恒成立与证明等问题;(3)以函数为载体的建模问题. 1 3 1 2 【例 1】? (2011·江西)设 f(x)=- x + x +2ax. 3 2

?2 ? (1)若 f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; ?3 ?


16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3 [审题路线图] 1 ?2 ? 函数 f(x)的导数是二次函数,对称轴为 x= ,要使 f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区 2 ?3 ?

?2? 间,必需满足 f′? ?>0; ?3?
令 f′(x) =0 得 x1,x2,确定 x1,x2 所在的单调区间,根据单调性求 f(x)的最值. [规范解答](1)由 f′(x)=-x +x+2a
2

? 1?2 1 =-?x- ? + +2a,(2 分) ? 2? 4 ?2 ? ?2? 2 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)的最大值为 f′? ?= +2a. ?3 ? ?3? 9
2 1 令 +2a>0,得 a>- .(5 分) 9 9 1 ?2 ? 所以,当 a>- 时,f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间.(6 分) 9 ?3 ?

?2 ? ? 1 ? 即 f(x)在? ,+∞?上存在单调递增区间时,a 的取值范围为?- ,+∞?. 3 ? ? ? 9 ?
1- 1+8a (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= , 2

x2=

1+ 1+ 8a . 2

所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.(8 分) 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4, 所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2), 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1).(10 分) 2

40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- . 3 3 10 得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3 (12 分) 抢分秘诀,用导数研究函数单调性、极值与最值是历年必考内容,尤其是含参数函数的单 调性问题成为高考命题的热点,近几年新课标高考卷中发现:若该内容的题目放在试卷压轴 题的位置上,试题难度较大;若放在试卷前几题的位置上,难度不大. 【例 2】? (2012·湖南)已知函数 f(x)=e -ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜 率为 k,证明:存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)=k 成立. [审题路线图] (1)将 f(x)≥1 恒成立转化为 f(x)的最小值 f(x)min≥1. ?利用导数 f(x)的最小值的表达式. ?即 f(x)min=f(ln a)=a-aln a. ?构造 g(t)=t-tln t(t>0). ?再利用导数判断 g(t)的单调性. ?可得当 t=1 时,g(t)max=g(1)=1,即可得 a 值. (2)首先利用斜率公式表示斜率 k, ?构造函数 φ (x)=f′(x)-k. ?利用导数判断 φ (x)在(x1,x2)端点的函数值 φ (x1)、φ (x2)一正一负. 根据零点判定定理知存在 x0∈(x1,x2),使 φ (x0)=0,即 f′(x0)=k 成立. [规范解答] (1)f′(x)=e -a,令 f′(x)=0 得 x=ln a. 当 x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>ln a 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 故当 x=ln a 时,f(x)取最小值 f(ln a)=a-aln a. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-aln a≥1.① 令 g(t)=t-tln t,则 g′(t)=-ln t. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增;当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1.因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}.(5 分) (2)由题意知,k=
x x

x2 - x1 ex2-ex1 = -a, x2-x1 x2-x1
x

令 φ (x)=f′(x)-k=e -

ex2-ex1 ,则 x2-x1

φ (x1)=- φ (x2)=

ex1 [ex2-x1-(x2-x1)-1], x2-x1

ex2 [ex1-x2-(x1-x2)-1]. x2-x1
t t

令 F(t)=e -t-1,则 F′(t)=e -1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减;当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增.(9 分) 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 e -t-1>0. 从而 ex2-x1-(x2-x1)-1>0,ex1-x2-(x1-x2)-1>0. 又
t

ex1 ex2 >0, >0, x2-x1 x2-x1

所以 φ (x1)<0,φ (x2)>0. 因为函数 y=φ (x)在区间[x1,x2]上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在 x0∈(x1,

x2),使 φ (x0)=0,即 f′(x0)=k 成立.(12 分)
抢分秘诀 1.过程书写要干净利落,条理分明,突出解法的逻辑关系. 2.要用数学语言,尤其借助于符号语言来进行说明可省去大篇的文字. 3.在说明函数的单调性与极值时,要习惯于用表格来说明,表格中容纳了大量的无需再 表述的信息,使问题的解决清晰明了,并且与占有一定的分数,倘若用其他方式说明就不到 位. 4.本题为试卷的压轴题,对不少考生来说,难度也较大,可能会放弃,但是还要把能得 到的分拿下来,比如求 f′(x)以及函数定义域等思维含量较低的知识,在阅卷中这都可得到 2~3 分. [押题 1] 已知 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e],g(x)= (1)讨论 a=1 时,f(x)的单调性和极值; 1 (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ ; 2 (3)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值是 3,若存在,求出 a 的值;若不存在,请说明理 由. 1 x-1 (1)解 由题知当 a=1 时,f′(x)=1- = ,

ln x ,其中 e 是自然常数,a∈R. x

x

x

因为当 0<x<1 时,f ′(x)<0,此时 f(x)单调递减; 当 1<x<e 时,f ′(x)>0,此时 f(x)单调递增. 所以 f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)证明 因为 f(x)的极小值为 1,即 f(x)在(0,e]上的最小值为 1.

1 ln x 1 1-ln x 令 h(x)=g(x)+ = + ,h′(x)= , 2 x 2 x2 当 0<x<e 时,h′(x)>0,h(x)在(0,e]上单调递增, 1 1 1 1 所以 h(x)max=h(e)= + < + =1=f(x)min, e 2 2 2 1 所以在(1)的条件下,f(x)>g(x)+ . 2 1 (3)解 假设存在实数 a,使 f(x)=ax-ln x(x∈(0,e])有最小值 3,f ′(x)=a- =

x

ax-1 . x
①当 a≤0 时,因为 x∈(0,e],所以 f ′(x)<0, 而 f(x)在(0,e]上单调递减, 4 所以 f(x)min=f(e)=ae-1=3,a= (舍去), e 此时无满足条件的 a; 1 ? 1? ?1 ? ?1? ②当 0< <e 时,f(x)在?0, ?上单调递减,在? ,e?上单调递增,所以 f(x)min=f? ?=

a

?

a?

?a

?

?a?

1+ln a=3,a=e ,满足条件; 1 ③当 ≥e 时,因为 x∈(0,e],所以 f ′(x)<0,

2

a

4 所以 f(x)在(0,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1=3,a= (舍去), e 此时无满足条件的 a. 综上,存在实数 a=e ,使得当 x∈(0,e]时,f(x)有最小值 3.
2


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