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2014·新课标高考总复习·数学2-12导数在研究函数中的应用


2014 ·新课标高考总复习 ·数学(B ·理)
抓主干 双基知 能优化
研考向 要点知 识探究 悟真题 透析解 题策略 提素能 高效题 组训练

第十二节 导数在研究函数中的应用

菜 单

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抓主干 双基知

能优化
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一、利用导数判断函数的单调性

设函数y=f(x)在区间(a,b)内可导,
(1)如果在(a,b)内, f′(x)>0 ,则f(x)在此区间是增函数,(a,b) 为f(x)的单调增区间;

(2)如果在(a,b)内, f′(x)<0 ,则f(x)在此区间是减函数,(a,b)
为f(x)的单调减区间; (3)如果在(a,b)内恒有f′(x)=0,则f(x)为常量函数.

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二、函数的极值
1.函数极值的定义 已知函数y=f(x)及其定义域内一点x0,对于存在一个包含x0的开区 间 内 的 所 有 点 x , 如 果 都 有 f(x) < f(x0) , 则 称 函 数 f(x) 在 点 x0 处 取 y极大值=f(x0) 极大值 ,记作 ,并把x 称为函数f(x)的一个
0

极大值点 .如果都有f(x)>f(x0),则称函数f(x)在点x0处取 极小值 , 记作 y极小值=f(x0) ,并把x0称为函数f(x)的一个 极小值点 . 极大值与极小值统称为 极值 , 极大值点 与 极小值点 统称为 极值点.

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2.求函数极值的方法 (1)求导数f′(x);

(2)求方程f′(x)=0的所有实数根;
(3)对每个实数根进行检验,判断在每个根的左右侧,导函数f′(x) 的符号如何变化,如果f′(x)的符号 由正变负 ,则f(x0)是极大值;如果f′(x) 的符号 由负变正 0)是极小值. ,则f(x 如果在f′(x)=0的根x=x0的左、右侧,f′(x)的 极值.

符号不变 0)不是 ,则f(x

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[疑难关注] 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,如函数y=x3 在x=0处有y′|x0 =0=0,但x=0不是极值点,此外 不可导的点也可能是函数的极值点.

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1.(课本习题改编)函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3处取得极值, 则a=( A.2 C.4 ) B.3 D.5

解析:f′(x)=3x2+2ax+3.∵函数f(x)=x3+ax2+3x-9,在x=-3

处有极值.∴f′(-3)=0.
3×9-6a=0.∴a=5. 答案:D

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2.(2013 年浏阳模拟)函数 y=xsin x+cos x 在下面那个区间为增函 数( )
?π 3π? A.? , ? ?2 2 ? ?3π 5π? C.? , ? 2? ?2

B.(π,2π) D.(2π,3π)

解析:y′=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
?3π 5π? 结合选项知函数在? , ?上为增函数. 2? ?2

答案:C

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3.(2012年高考陕西卷)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:利用导数的乘法法则求解. ∵f(x)=xex,∴f′(x)=ex+xex=ex(1+x).

)

∴当f′(x)≥0时,即ex(1+x)≥0,即x≥-1,∴x≥-1时函数y=f(x)为
增函数.同理可求,x<-1时函数f(x)为减函数. ∴x=-1时,函数f(x)取得极小值.

答案:D

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4.(课本习题改编)已知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, ∴f′(1)≥0,即3×1-a≥0.∴a≤3. 答案:3 5.(2013年皖南八校联考)已知函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极

大值和极小值,则实数a的取值范围是________.
解析:f′(x)=3x2+2ax+(a+6),因为函数f(x)有极大值和极小值, 所以f′(x)=0有两个不相等的实数根,所以Δ=4a2 -4×3(a+6)>0,解

得a<-3或a>6.
答案:a<-3或a>6

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考向一 函数的单调性与导数 [例1] (2012年高考北京卷改编)已知函数f(x)=ax2+1(a>0),g(x)

=x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切 线,求a,b的值;

(2)当a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间.
[解析] (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b, 因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线, 所以f(1)=g(1),且f′(1)=g′(1).

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即 a+1=1+b,且 2a=3+b. 解得 a=3,b=3. 1 2 (2)记 h(x)=f(x)+g(x).当 b= a 时, 4 1 2 h(x)=x +ax + a x+1, 4
3 2

1 2 h′(x)=3x +2ax+ a . 4
2

a a 令 h′(x)=0,得 x1=- ,x2=- . 2 6 a>0 时,h(x)与 h′(x)的变化情况如下:

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? a? ? a ? 所以函数 h(x)的单调递增区间为?-∞,- ?和?- ,+∞?;单调递 2? ? 6 ? ? ? a a? 减区间为?- ,- ?. 6? ? 2

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1.(2013年郑州模拟)若函数f(x)=mx2+ln x-2x在定义域内是增函

数,则实数m的取值范围是________.

1 解析:f′(x)=2mx+ -2,函数 f(x)在其定义域(0,+∞)内为增函 x 1 1 2 数的充要条件是 2mx+ -2≥0 在(0, +∞)内恒成立, 2m≥- 2+ 在 即 x x x 1 2 ?1 ?2 (0,+∞)内恒成立,由于函数 φ(x)=- 2 + =-? -1? +1≤1,故只要 x x ?x ? 1 2m≥1 即可,即 m≥ . 2
?1 ? ? ,+∞? 答案: ?2 ?

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考向二 函数的极值与导数 [例 2] (2013 年大同模拟)已知函数 f(x)=ln(x+a)-x2-x 在 x=0 处 取得极值. (1)求实数 a 的值; 5 (2)若关于 x 的方程 f(x)=- x+b 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数 2 根,求实数 b 的取值范围. 1 [解析] (1)∵f′(x)= -2x-1, x+a

又函数 f(x)在 x=0 处取得极值, 1 ∴f′(0)= -1=0,得 a=1. a

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(2)由(1)知,f(x)=ln(x+1)-x2-x. 5 3 令 g(x)=f(x)+ x-b=ln(x+1)-x2+ x-b, x∈(-1, +∞), g′(x) 则 2 2 1 3 -?4x+5??x-1? = -2x+ = . 2 x+1 2?x+1? 令 g′(x)=0 得 x=1. 此时 g′(x),g(x)随 x 的变化情况如下表:

∴当 x=1 时,g(x)取得极大值也是最大值. 由题设可知函数 g(x)在区间[0,2]上有两个不同的零点,
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?g?1?>0, ? ∴?g?0?≤0, ?g?2?≤0, ?

?ln 2+1-b>0, ? 2 即?-b≤0, ? ? ln 3-1-b≤0,

1 ? 1? ?ln 3-1,ln 2+ ? . 解得 ln 3-1≤b<ln 2+ ,∴b 的取值范围是 2 2? ?

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5 本例(2)中若改为“讨论方程 f(x)=- x+b 的解的情况”,试解决. 2 5 解析:∵f(x)=- x+b, 2
5 3 2 ∴b=f(x)+ x=ln(x+1)-x + x, 2 2 3 ∴方程的根转化为 y=b 与 g(x)=ln(x+1)-x + x 的图象交点问题. 2
2

3 由 g(x)=ln(x+1)-x + x,x∈(-1,+∞), 2
2

1 3 令 g′(x)= -2x+ =0, 2 x+1 得 x=1,
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此时g′(x),g(x)随x的变化情况如下表:

作出 g(x)的图象, 由图象知 1 当 b=ln 2+ 或 b≤0 时方程有 1 解. 2 1 当 0<b<ln 2+ 时方程有两解. 2 1 当 b>ln 2+ 时方程无解. 2
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考向三 函数单调性与极值的综合问题 [例3] (2012年高考浙江卷)已知a∈R,函数f(x)=4x3-2ax+a. (1)求f(x)的单调区间; (2)证明:当0≤x≤1时,f(x)+|2-a|>0. [解析] (1)由题意得f′(x)=12x2-2a. 当a≤0时,f′(x)≥0恒成立,此时f(x)的单调递增区间为(-∞,+ ∞).
? 当 a>0 时,f′(x)=12?x- ?

a?? ??x+ 6??

a? ?, 6? a? ? 6?

? 此时函数 f(x)的单调递增区间为?-∞,- ? ? 和? ? ? a ,+∞?, 6 ?
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? 单调递减区间为?- ?

a , 6

a? ?. 6?

(2)证明:由于 0≤x≤1,故当 a≤2 时, f(x)+|2-a|=4x3-2ax+2≥4x3-4x+2. 当 a>2 时,f(x)+|2-a|=4x3+2a(1-x)-2 ≥4x3+4(1-x)-2=4x3-4x+2. 设 g(x)=2x3-2x+1,0≤x≤1,则
? 3?? 3? g′(x)=6x -2=6?x- ??x+ ?,于是 g′(x),g(x)随 x 的变化情 3 ?? 3? ?
2

况如下表:

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? 3? 4 3 所以,g(x)min=g? ?=1- >0. 9 ?3 ?

所以,当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0. 故 f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0.

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x2+a 2.(2013 年北京海淀模拟)函数 f(x)= (a∈R). x+1 1 (1)若 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 ,求实数 a 的值; 2 (2)若 f(x)在 x=1 处取得极值,求函数 f(x)的单调区间.

2x?x+1?-x2-a x2+2x-a 解析:(1)f′(x)= = , ?x+1?2 ?x+1?2 1 1 若 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 ,则 f′(1)= . 2 2 3-a 1 所以,f′(1)= = ,得 a=1. 4 2

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(2)因为 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 f′(1)=0, 即 1+2-a=0,a=3, x2+2x-3 ∴f′(x)= . ?x+1?2 因为 f(x)的定义域为{x|x≠-1},所以有:

所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-3),(1,+∞),单调递减区 间是(-3,-1),(-1,1).

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【思想方法】 分类讨论思想在导数中的应用

【典例】 (2012年高考新课全国标卷)设函数f(x)=ex-ax-2.
(1)求f(x)的单调区间; (2)若a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最 大值. 【思路导析】 论. (2)由条件分离参数k后构造新函数求其最小值.
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(1)确定定义域后求f′(x),解f′(x)=0时注意分类讨

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【解析】 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当 x∈(ln a,+∞)时, f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 -xex-1 ex?ex-x-2? 令 g(x)= x +x,则 g′(x)= x +1= . e -1 ?e -1?2 ?ex-1?2

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由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,
h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,故g′(x)在(0,+∞)上 存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).

当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,
+∞)上的最小值为g(α). 又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).

由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.
【思维升华】 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,常

见的分类讨论标准有以下几种可能:(1)方程f′(x)=0是否有根.(2)若f′(x)

=0有根,求出根后是否在定义域内.(3)若根在定义域内且有两个,比
较根的大小是常见的分类方法.

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1.(2012年高考福建卷)已知f(x)=x3 -6x2 +9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0; ③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0.

其中正确结论的序号是(
A.①③ C.②③

)
B.①④ D.②④

解析:利用函数的单调性及数形结合思想求解.
∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), 由f′(x)<0,得1<x<3,由f′(x)>0,得x<1或x>3,
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∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增 函数.又a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y极大值=f(1)=4-abc>0,y极小值=f(3)=-abc<0,∴0<abc<4. ∴a,b,c均大于零,或者a<0,b<0,c>0.又x=1,x=3为函数f(x) 的极值点,后一种情况不可能成立,如图. ∴f(0)<0, ∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. ∴正确结论的序号是②③. 答案:C

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x 2.(2012 年高考安徽卷)设函数 f(x)= +sin x 的所有正的极小值点 2 从小到大排成的数列为{xn}. (1)求数列{xn}的通项公式; (2)设{xn}的前 n 项和为 Sn,求 sin Sn.
1 1 解析:(1)令 f′(x)= +cos x=0,即 cos x=- , 2 2 2 解得 x=2kπ± π(k∈Z). 3 由 xn 是 f(x)的第 n 个正极小值点知, 2 xn=2nπ- π(n∈N*). 3 2 2nπ (2)由(1)可知,Sn=2π(1+2+?+n)- nπ=n(n+1)π- , 3 3
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? 2nπ? 所以 sin Sn=sin?n?n+1?π- ?. 3 ? ?

因为 n(n+1)表示两个连续正整数的乘积,n(n+1)一定为偶数, 2nπ 所以 sin Sn=-sin . 3
? 4 ? ?2mπ- π? 当 n=3m-2(m∈N )时,sin Sn=-sin 3 ? ?
*

=-

3 ; 2

? 2 ? 当 n=3m-1(m∈N*)时,sin Sn=-sin?2mπ- π? 3 ? ?

3 = ; 2

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当 n=3m(m∈N*)时,sin Sn=-sin 2mπ=0.

? 3 ?- 2 ,n=3m-2?m∈N*?, ? 综上所述,sin Sn=? 3 ,n=3m-1?m∈N*?, ?2 ?0,n=3m?m∈N*?. ?

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