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2012届高考数学一轮复习经典易错题会诊与试题预测(十五)1


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经典易错题会诊与试题预测(十五)
考点 15 导数及其应用 ? 导数的概念与运算 ? 导数几何意义的运用 ? 导数的应用 ? 利用导数的几何意义 ? 利用导数探讨函数的单调性 ? 利用导数求函数的极值勤最值 经典易错题会诊 命题角度 1 导数的概念与运算 1. (典型例题)设 f0

(x)=sinx,f1(x)=f’0(x),f2(x)=f’1(x),?,fn+1(x)=f’n(x),n∈N,则 f2005(x) A.sinx B.-sinx C.cosx D.-cosx

(

)

[考场错解] 选 A [ 专 家 把 脉 ] 由 f’1(x)=f’0(x)=(sinx)’=cosx,f2(x)=(cosx)’=-sinx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,f4(x)=(-cosx)’=sinx,?,f2005(x)=f’2 004(x)=?=f0(x0=sinx 前面解答思路是正确的, 但在归纳时发生了错误。 因 f4(x)=f0(x)=f8(x0=? =f2004(x),所以 f2005(x)=f1(x)=cosx. [对症下药] 选 C 2. (典型例题)已知函数 f(x)在 x=1 处的导数为 3,f(x)的解析式可能为 ( ) A. ( f x) =(x-1)3+32(x-1) B. f(x)=2x+1 C. f()=2(x-1)2 D. f(x)-x+3 [考场错解] 选 B ∵f(x)=2x+1,∴f’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3. [专家把脉] 上面解答错误原因是导数公式不熟悉, 认为 (2x+1) ’=2x+1.正确的是 (2x+1) ’=2, 所以 x=1 时的导数是 2,不是 3。 [对症下药] 选 A ∵f(x)=(x-1)3+3(x-1)f’(x)=3(x-1)2+3,当 x=1 时,f’(1)=3 3.(典型例题) 已知 f(3)=2f’(3)=-2,则 lim A.-4 B.0 C.8
x ?3

2 x ? 3 f ( x) 的值为 x?3





D.不存在
2 x ? 3 f ( x) 不存在。 x ?3 x?3 0 0

[考场错解] 选 D ∵x→3,x-3→0 ∴ lim

[专家把脉] 限不存在是错误的,事实上,求 型的极限要通过将式子变形的可求的。 [对诊下药] 选 C
x ?3

lim

2 x ? 3 f ( x) ?3[ f ( x) ? f (3)] ? 6 ? 2 x = lim x ?3 x?3 x ?3 f ( x) ? f (3) ] ? 2?3 x ?3
x ?3

= lim [2 ? 3
x ?3

lim [

f ( x) ? f (3) ] ? 2 ? 3 f ' (3) ? 2 ? 3 ? (?2) ? 8. x?3
-x

4. (05,全国卷)已知函数 f(x)=e (cosx+sinx),将满足 f’(x)=0 的所有正数 x 从小到大排 成数列; (2)记 Sn 是数列{xnf(xn)}的前项和。

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求 lim
n ??

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S1 ? S2 ? ? ? Sn n

[考场错解] ∵f’(x)=e-x(cosx+sinx)’+(e-x)’(cosx+sinx) -x =e-x(-sinx+cosx)+e-x(cosx+sinx)=2e cosx 令 f’(x)=0,x=nπ + (n=1, 2, 3, ?) 从而 xn=nπ +


? 2

? ?? ? f ( xn ?1) ( nπ + ) n 。 f(xn)=e=-e 2 . 2 (-1) ? 2 f ( xn )

∴数列{f(xn)}是公比为 q=-e 的等比数列。 [专家把脉] 上面解答求导过程中出现了错误,即(e-x)’=e-x 是错误的,由复合函数的求 -x -x 导法则知(e-x)’=e (-x)’=-e 才是正确的。 [ 对 诊 下 药 ] ( 1 ) 证 明 : -x -x -x -x f’(x)=(e-x)’(cos+sinx)+e (cosx+sinx)’=-e (cosx+sinx)+e (-sinx+cos)=-2e sinx. -x 令 f’(x)=0 得-2e sinx=0, 解出 x=nπ ,(n 为整数, 从而 xn=nπ (n=1,2,3,?), f(xn)=(-1)ne-n π
f ( xn ?1) -π -π ? ?e?? ,所以数列|f(xn)|是公比 q=-e 的等比数列,且首项 f(x1)=-e f ( xn )

(2)Sn=x1f(x1)+x2f(x2)+?+xnf(xn) n-1 =nq(1+2q+?+nq ) aSn=π q(q+2q +?+nq )=π q(
2 n

?q 1 ? q n n n 1 ? qn -nq )从而 Sn= ( -nq ) 1? q 1 ? q 1? q

S1 ? S2 ? ? ? Sn ?q 2?q 2 ?q n ? 2 ? ? (1 ? q n ) ? 2 3 n (1 ? q) n(1 ? q) (1 ? q) 2

∵|q|=e <1 ∴ lim qn=0,
n ??



∴ lim

n ??

S1 ? S 2 ? ? ? Sn ?q ?e? ? ? n (1 ? q ) 2 (1 ? e? ) 2

专家会诊 1 .理解导数的概念时应注意导数定义的另一种形式:设函数 f(x) 在 x=a 处可导,则
n ??

lim

f ( x) ? f (a) ? f ' (a) 的运用。 x?a

2.复合函数的求导,关键是搞清复合关系,求导应从外层到内层进行,注意不要遗漏 3.求导数时,先化简再求导是运算的基本方法,一般地,分式函数求导,先看是否化为整 式函数或较简单的分式函数;对数函数求导先化为和或差形式;多项式的积的求导,先展开 再求导等等。 考场思维训练 1 函数 f(x)=x3+ax2+3x-9.已在 f(x)在 x=-3 时取得极值,则 a= ( ) A.2 B.3 C.4 D.5 答案: D 解析: ∵f′(x)=3x2+2ax+3.令 f′(x)=0.即 3x2+2ax+3=0 有一根 x=-3, ∴3(-3)2-6a+3=0, 得 a=5. 2 函数 f(x)=x3-8x,则函数 f(x)在点 x=2 处的变化率是 ( ) A.2 B.-2 C.4 D.-4 2 答案: C 解析:∵f′(x)=3x -8. ∴x=2 时的变化率是 f′(2)=3?22-8=4. 3 满足 f(x)=f’(x)的函数是 ( ) A.f(x)=1-x B.f(x)=x C.f(x)=0 D.f(x)=1 答案: C 解析:f(x)=0,0′=0, ∴f(x)=f′(x).
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4 已知 f(x)=ln|2x|, 则 f’(x)= A. C.
1 x

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( )

B.
1 |x|

1 2x

D.

1 | 2x |

答案: A 解析:当 x>0 时,f(x)=ln(2x), ∴f′(x)=c ∴f′(x)= ?
1 1 ? (?2) ? . 2x x

5 已知函数 f(x)=ln(x-2)(1)求导数 f’(x) 答案: f′(x)=

x2 (a为常数且a ? 0) 2a

1 x ? ? ( x ? 2). x?2 a

(2)解不等式:f’(x)>0 答案:令 f′(x)= 即? ?
?x ? 0
2 ? ?x ? 2x ? a ? 0

1 x ? ? 0( x ? 2). x?2 a

x 2 ? 2 x ? a ? 0的? ? 4 ? 4a.

(i)当 a ≤-1 时,x2+2x-a>恒成立,∴x>2. (ii)当 a>-1 时, ? ? 0, x2 ? 2 x ? a ? 0 的解集为{x|x> a ? 1 ? 1或x ? ? a ? 1 ? 1 } ∴当-1<a≤8 时, a ? 1 ? 1 ? 2,? x ? 2. 当 a>8 时, a ? 1 ? 1 >2, ∴x> a ? 1 ? 1 . 综合得,当 a≤8 时,f′(x)>0 的解集为(2,+∞). 当 a>8 时,f′(x)>0 的解集为( a ? 1 ? 1 ,+∞). 命题角度 2 导数几何意义的运用 1.(典型例题)曲线 y=x3 在点(1,1)的切线与 x 轴、直线 x=2 所围成的三角形面积为_________. [考场错解] 填 2 由曲线 y=x3 在点(1,1)的切线斜率为 1,∴切线方程为 y-1==x-1,y=x. 所以三条直线 y=x,x=0,x=2 所围成的三角形面积为 S= ×2×2=2。 [专家把脉] 根据导数的几何意义,曲线在某点处的切线斜率等于函数在这点处的导数,上 面的解答显然是不知道这点,无故得出切线的斜率为 1 显然是错误的。 [对症下药] 填 。∵f’(x)=3x
8 3
2

1 2

当 x=1 时 f’(1)=3.由导数的几何意义知,曲线在点(1,1)

处的斜率为 3。即切线方程为 y-1=3(x-1) 得 y=3x-2. 联立 ?
? y ? 3x ? 2 2 得交点(2,4) 。又 y=3x-2 与 x 轴交于( ,0) 。 3 ?x ? 2
1 2 2 3 8 3

∴三条直线所围成的面积为 S= ×4×(2- )= 。

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2. (典型例题)设 t≠0,点 P(t,0)是函数 f(x)=x3+ax 与 g(x)=bx3+c 的图像的一个公共点,两 函数的图像在 P 点处有相同的切线。 (1)用 t 表示 a、b、c; (2)若函数 y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,求 t 的取值范围。 3 2 [ 考场错解 ] ( 1 )∵函数 f(x)=x +ax 与 g(x)=bx +c 的图像的一个公共点 P(t,0). ∴ 3 2 f(t)=g(t) ? t +at=bt +c. ①又两 函数的图像在 点 P 处 有相同的 切线, ∴ f’(t)=g’(t) 3 3 2 ? 3t +a=2bt. ②由①得 b=t,代入②得 a=-t .∴c=-t . [专家把脉] 上面解答中得 b=t 理由不充足,事实上只由①、②两式是不可用 t 表示 a、b、 c, 其实错解在使用两函数有公共点 P, 只是利用 f(t)=g(t)是不准确的, 准确的结论应是 f(t)=0, 2 3 即 t +at=0,因为 t≠0,所以 a=-t . 2 g(t)=0 即 bt +c=0,所以 c=ab 又因为 f(x)、g(x)在(t,0)处有相同的切线, 2 2 2 3 所以 f’(t)=g;(t).即 3t +a=2bt, ∵a=-t , ∴b=t.因此 c=ab=-t ?t=-t . 2 3 故 a=-t ,b=t,c=-t 3 2 2 3 (2)解法 1 y=f(x)-g(x)=x -t x-tx +t 2 2 y’=3x -2tx-t =(3x+t)(x-t). 当 y’=(3x+t)(x-t)<0 时,函数 y=f(d)-g(x)单调递减。 由 y’<0,若 t<0,则 t<x<- ,若 t>0,则- <x<t. 则题意,函数 y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,则(-1,3)? (- ,t)或(-1,3)? (t, - ) 所以 t≥3 或- ≥3。即 t≤-9 或 t≥3。 又当-9<t<3 时,函数 y=f(x0-g(x)在(-1,3)上单调递增,所以 t 的取值范围(-∞,-9) ∪(3,+∞) 3 2 2 3 解法 2 y=f(x)-g(x)=x -t x-tx +t , 2 2 y’=3x -3tx-t =(3x+t)(x-t). ∵函数 y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减,且 y’=(3x+t)(x-t)≤0 在(-1,3)上恒成立, ∴?
? y ' | x ? ?1 ? 0 ?( ?3 ? t )(?1 ? t ) ? 0 即? ?(9 ? t )(3 ? t ) ? 0 ? y '| x ?3 ? 0

t 3

t 3

t 3

t 3

t 3

解得 t≤-9 或 t≥3. 3 2 3.(典型例题)已知函数 f(x)=ax +bx -3x 在 x=±1 处有极值。 (1)讨论 f(1)和 f(-1)是函数的极大值还是极小值。 (2)过点 A(0,16)作曲线 y=f(x)的切线,求此切线方程。 [考场错解] (1)f’(x)=3ax2+2bx-3.依题意 f’(1)=f’(-1)=0. 即?
?3a ? 2b ? 3 ? 0 解得:a=1,b=0. ?3a ? 2b ? 3 ? 0
3 2

∴f(x)=x -3x,f’(x)=3x -3=3(x-1)(x+1)令 f’(x)=0.得 x=±1. 若 x∈(-∞,-1) ∪(1,+ ∞)时,f’(x)>0 故 f(x)在(- ∞,-1)和(1,+ ∞)上都是增函数。 若 x∈(-1,1),则 f’(x)<0.故 f(x)在(-1,1)上是减函数,所以 f(-1)=2 是极大值;f(1)=-2 是极小 值。 2 (2)∵ f’(x)=3x -3,∴过点 A(0,16) ,因此过点 A 的切线斜率为 k=-3.∴所求的切线方
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程是 y=-3 [专家把脉] 上面解答第(2)问错了,错误原因是把 A(0,16)当成了切点,其实 A(0,16) ,不可能 成为切点。因此过点 A 不在曲线,因此根求方程必须先求切点坐标。 2 [对症下药] (1)f’(x)=3ax +2bx-3,依题意 f’(1)=f’(-1)=0 即?
?3a ? 2b ? 3 ? 0 ?3a ? 2b ? 3 ? 0
3

解得
2

a=1,b=0

∴f(x)=x +3x,f’(x)=3x -3=0.解得 x=±1. 又∵x∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f’(x)>0 ∴f(x)在(-∞,-1)与(1,+∞)上是增函数。 若 x∈[-1,1]时,f’(x) ≤0,故 f9x)在[-1,1]上是减函数。 ∴f(-1)=2 是极大值。f(1)=-2 是极小值。 3 (2)解:曲线方程为 y=f(x)=x -3x,点 A(0,16)不在曲线上。设切点 M(x0,y0),则点 M 3 2 2 在曲线上,∴y0=x 0-3x0.因 f’(x0)=3x 0-3.故切线的方程为 y-y0=(3x 0-3)(x-x0). ∵点 A(0, 2 2 3 16)在曲线上,有 16-(x 0-0)=3(x 0-1)(0-x0),化简得 x 0=-8,得 x0=-2. 专家会诊 设函数 y=f(x),在点(x0,y0)处的导数为 f’(x0), 则过此点的切线的斜率为 f’(x0),在此点处的 切线方程为 y-y0=f’(x0)(x-x0).利用导数的这个几何意义可将解析几何的问题转化为代数问 题求解。 考场思维训练 3 1 曲线 y=2x-x 在点(1,1)处的切线方程为_________. 答案: x+y-2=0 解析: ∵y′=2-3x2.∴y′|x=1=2-3=-1, ∴切线方程为 y-1=-(x-1).即 x+y-2=0. 2 曲线 y=x 在点(a,a )(a≠0)处的切线与 x 轴,直线 x=a 所转成的三角形的面积为 ,则 a=___________. 答案:±1 解析:∵曲线在(a,a3)处的切线斜率为 3a2. ∴切线方程为 y-a3=3a2(x-a).且它与 x 轴.x=a 的交点为( a,0 ) 、 (a,a3),S= ? ? a3 ? . ∴a4=1,解得 a=±1. 3 已知函数 f(x)=lnx,g(x)=
1 2 ax +bx(a≠0) 2 2 3 1 2 a 3 1 6
3 3

1 6

(1)若 b=2,且 h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围。 答案: b=2 时,h(x)=lnx- ax2-2x, 则 h′(x)=
1 2 1 ax2 ? 2 x ? 1 -ax-2=. x x

∵函数 h(x)存在单调逆减区间,∴h′(x)<0 有解. 又∵x>0,则 ax2+2x-1>0 有 x>0 的理. ①当 a>0 时,ax2+2x-1>0 总有>0 的解. ②当 a<0,要 ax2+2x-1>0 总有>0 的解. 则△=4+4a>0,且方程 ax2+2x-1=0 至少有一正根,此时-1<a<0. 综上所述,a 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞) (2)设函数 f(x)的图像 C1 与函数 g(x)图像 C2 交于点 P、Q,过线段 PQ 的中点作 x 轴的垂线 分别交 C1、C2 于点 M、N,证明 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行。 答案:证法 1.设点 P、Q 的坐标分别是(x1 、y1) , (x2,y2),0<x1<x2 .

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则点 M、N 的横坐标为 x=
x1 ? x2 , 2

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C1 在点 M 处的切线斜率为 k1=

1 2 | x ?x = , x x ? 1 2 x1 ? x2
2
x? x1 ? x2 2

C2 在点 M 处的切线斜率为 k2=ax+b|

?

a ( x1 ? x2 ) ? b. 2

假设 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线平行,则 k1=k2. 即
2 a( x1 ? x2 ) ? ? b, 则 x1 ? x 2 2

2( x2 ? x1) a 2 a 2 a 2 2 ? ( x2 ? x1 ) ? b( x2 ? x1) ? ( x2 ? bx2 ) ? ( x1 ? bx1) x1 ? x2 2 2 2 y2 ? y1 ? ln x2 ? ln x1.

x 2( 2 ? 1) x2 x x1 所以 ln ? .设t ? 2 , x x1 x1 1? 2 x1

2(_ t ? 1)

则 lnt= 1 ? t

, t ? 0.

(1)

令 r(t)=lnt则 r’(t)= -

2(t ? 1) , t ? 1. 1? t

4 (t ? 1) 2 1 ? . t (t ? 1) 2 t (t ? 1) 2

因为 t>1 时,r’(t)>0,所以 r(t)在[1,+∞]上单调递增,故 r(t)>r(1)=0. 则 lnt>
2(t ? 1) .这与①矛盾,假设不成立. 1? t

故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行,证法 1 得 (x2+x1)(lnx2-lnx1)=2(x2-x1). 因为 x1>0,所以( 令 t=
x2 x ? 1 )ln( 2 ? 1 ). x1 x1

x2 ,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1 x1
1 t



令 r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1, 则 r’(t)=lnt+ -1. 因为(lnt- )’=
1 t 1 t

1 t2

?

t ?1 t2

-,所以 t>1 时,(lnt+ )’>0.
1 t

1 t

故 lnt+ 在[1,+ ∞]上单调递增.从而 lnt+ -1>0,即 r1(t)>0. 于是 r(t)在[1,+∞]上单调递增. 故 r(t)>r(1)=0.即(t+1)lnt>2(t-1). 与②矛盾,假设不成立。 故 C1 在点 M 处的切与 C2 在点 N 处的线不平行. 4 已知函数 f(x)=|11 |,(x>0) x

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1 1 |=|1- |. a b

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(1)证明:0<a<b,且 f(a)=f(b)时,ab>1; 答案:由 f(a)=f(b)得|1若 1故 1-

1 1 1 1 与 1- 同号,可得 1- =1- ? a ? b 这与 0<a<b 矛盾. a a b b 1 1 1 1 1 1 与 1- 必异号,即 -1=1- ? ? =2 ? 2ab ? a ? b ? 2 ab , 故 ab ? 1,即ab ? 1. a a a b b b

(2)点 P(x0,y0)(0<x0<1)求曲线 y=f(x)在点 P 处的线与 x 轴、y 轴的正方向所围成的三角形 面积表达式(用 x0 表示) 。 答案:0<x<1时,y=f(x)=| 1∴f’(x0)= 即y=x
2 x0

1 1 |= -1. x x

1
2 x0

,0 ? x0 ? 1. 曲线y=f(x)在点P(x0,y0)处的切线方程为:y-y0=-

1
2 x0

(x-x0)

?

2 ? x0 . x0
1 (2 ? x0 ) ) x0

∴切线与x轴、y轴、正向的交点为(x0(2-a0),0)和(0, 故所求三角形面积表达式为 A(x0)= x0 (2 ? x0 ) ?
1 2

1 1 (2 ? x0 ) ? (2 ? x0 )2 . x0 2

命题角度 3 导数的应用 3 2 1. (典型例题)已知函数 f(x)=-x +3x +9x+a. (1)求 f(x)的单调递减区间; (2)若 f(x)在区间[-2,2]上最大值为 20,求它在该区间上的最小值。 2 [考场错解] (1)f’(x)=-3x +6x+9,令 f’(x)<0,解得 x<-1 或 x>3,∴函数 f(x)的音调递减区 间为(-∞,-1) (3,+∞) (2)令 f’(x)=0,得 x=-1 或 x=3 当-2<x<-1 时,f’(x)<0; 当-1<x<3 时,f’(x)>0;当 x>3 时,f’(x)<0. ∴x=-1,是 f(x)的极不值点,x=3 是极大值点。 ∴f(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7. f(x)的最小值为 f(-1)=-1+3-9+a=-14. [专家把脉] 在闭区间上求函数的最大值和最小值,应把极值点的函数值与两端点的函数值 进行比较大小才能产生最大(小)值点,而上面解答题直接用极大(小)值替代最大(小) 值,这显然是错误的。 2 [对症下药] (1)f’(x)=-3x +6x+9,令 f’(x)<0,解得 x<-1 或 x>3. (2)因为 f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以 f(x)在[-1,2]因为在(-1,3) 上 f’(x)>0,所以 f(x)在[-1,2]上单调递增,又由于 f(x)在[-2,-1]上单调递减,因此 f(2) 和 f(-1)分别是 f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值,于是 22+a=20,解得 a=-2. 3 2 故 f(x)=-x +3x +9x-2,因此,f{-1}=1+3-9-2=-7 即函数 f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7。 3 2 2. (典型例题)已知函数 f(x)=ax +3x -x+1 在 R 上是减函数,求 a 的取值范围。 2 2 [考场错解] ∵f’(x)=3ax +6x-1,因为 f(x)在 R 上是减函数, 所以 f’(x)=3ax +6x-1<0 对任何 x∈R 恒成立。
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∴?
?3a ? 0 ??36 ? 12a ? 0

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解得 a<-3.

[专家把脉] 当 f’(x)>0 时,f(x)是减函数,但反之并不尽然,如 f(x)=-x3 是减函数,f’(x)=3x2 并 不恒小于 0, (x=0 时 f’(x)=0).因此本题应该有 f’(x)在 R 上恒小于或等于 0。 [对症下药] 函数 f(x)的导数:f’(x)=3x2+6x-1. 当 f’(x)=3ax2+6x-1<0 对任何 x∈R 恒成立时,f(x)在 R 上是减函数。 ①对任何 x∈R,3ax2+6x-1<0 恒成立, ? a<0 且△=36+12a<0 ? a<-3. 所以当 a<-3 时,由 f’(x)<0 对任何 x∈R 恒成立时,f(x)在 R 上是减函数。 ②当 a=-3 时,f(x)==-3x3+3x2-x+1=-3(x- )3+ . 由函数 y=x3 在 R 上的单调性知,当 a=-3 时,f(x)在 R 上是减函数。 ③当 a>-3 时,f’(x)=3ax2+6x-1>0 在 R 上至少可解得一个区间,所以当 a>-3 时,f(x)是在 R 上 的减函数。 综上,所求 a 的取值范围是(-∞,-3) 。 3. (典型例题)已知 a∈R,讨论函数 f(x)=ex(x2+ax+a+1)的极值点的个数。 [考场错解] f’(x)=ex(x2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]. 令 f’(x)=0 得 x2+(a+2)x+(2a+1)=0,(*) △=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a. 当 a2-4a>0,即 a>4 或 a<0 时,方程(*)有两个不相等的实数根 x1、x2,因此函数 f(x)有两个 极值点。 当 a2-4a=,即 a=或 a=0 时,方程(*)有两个相等实数根 x1=x2。因此函数 f(x)有一个极值点。 当 a2-4a<0,即 0<a<4 时,方程(*)没有实根,因经函数 f(x)没有极值点。 [专家把脉] 以上解法看似合理,但结果有误,原因就在于将驻点等同于极值点,方程 f’(x)=0 的实根个数并不等价于 f(x)的极值点的个数,要使驻点成为极值点,必须验证在此点两侧导 数值异号,即函数在此点两侧的单调性相反,如果一味地把驻点等同于极值点,往往容易出 错。 [对症下药]f’(x)=ex(a2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)] 令 f’(x)=0 得 x2+(a+2)x+(2a+1)=0. (1)当△=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0 即 a<0 或 a>4 时,方程 x2+(a+2)x+(2a+1)=0 有两个不同的实根 x1、x2,不妨设 x1<x2. 于是 f’(x)=ex(x-x1)(x-x2),从而有下表 X x1 (x1,x2) x2 (-∞,x1) F’(x) F(x) + 0 f(x1)有极大值 0 f(x2)有极小值
1 3 9 8

(x2,+ ∞) +

即此时 f(x)有两个极值点。 (2)当△=0,即 a=0 或 a=4 时,方程 x2+(a+2)x+(2a+1)=0 有两个相同的实根 x1=x2 于是 f’(x)=ex(x1-x1)2.故当 x<x1 时,f’(x)>0;当 x>x1 时,f’(x)>0 因此 f(x)无极值。 (3)当△<0,即 0<a<4 时,x2+(a+2)x+(2a+1)>0 ,f’(x)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故 f(x)为增函数, 此时 f(x)无极值点,因此,当 a>4 或 a<0 时,f(x)有两个极值点,当 0≤a≤4 时,f(x)无极值 点。 4. (典型例题)设函数 f(x)=x-ln(x+m)其中常数 m 为整数。 (1)当 m 为何值时,f(x)≥0; (2)定理:若 g(x)在[a、b]上连续,且 g(a)与 g(b)异号,则至少存在一点 x0∈(a、b),使 g(x0)=0. 试用上述定理证明:当整数 m>1 时,方程 f(x)=0,在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。
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[考场错解] 令 f(x)≥0,x≥ln(x+m). x x ∴m≤e -x ∴m 取小于或等于 e -x 的整数。 [专家把脉] 上面解答对题意理解错误,原题“当 m 为何值时,f(x)≥0 恒成立” ,并不是对 x 的一定范围成立。因此,m≤ex-x 这个结果显然是错误的。 [对症下药](1) 函数 f(x)=x-ln(x+m),x∈(-m,+ ∞)连续, 且 f’(x)=11 ,令 f’(x)=0,得 x=1-m. x?m

当-m<x<1-m 时,f’(x)<0,f(x)为减函数; 当 x>1-m 时,f’(x)>0,f(x)为增函数。 根据函数极值判别方法, f(1-m)=1-m 为极小值, 而且对 x∈(-m,+ ∞)都有 f(x) ≥f(1-m)=1-m, 故当 1-m=f( min )≥0,即 m≤1 时,f(x)≥0.即 m≤1 且 m∈Z 时,f(x)≥0. (2)证明:由(1)可知,当整数 m>1 时,f(1-m)=1-m<0,f(e -m)=e -m-ln(e -m+m)=e >0, -m 又 f(x)为连续函数,且当 m>1 时,f(e -m)与 f(1-m)异号,由所给定理知,存在唯一的 x1 ∈(e-m-m;1-m),使 f(x1)=0,而当 m>1 时,f(e2m-m)=e2m-3m>(1+1)2m-3m>1+2m+
2m( 2m ? 1) -3m>0. 2
-m -m -m -m

x

(∵m>1 ? 2m-1>1). 类似地,当整数 m>1 时,f(x)=x-ln(x+m)在[1-m,e2m-m]上为连续增函数,且 f(1-m)与 f(e2m-m) 异号,由所给定理知,存在唯一的 x+∈(1-m,e2m-m)使 f(x2)=0. 故当整数 m>1 时,方程 f(x)=0 在[e-m-m,e2m-m]内有两个实根。 5. (典型例题Ⅰ)用长为 90cm,宽为 48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在四角分 别截去一个小正形,然后把四边翻转 90°角,再焊接而成(如图, )问该容器高为多少时, 容器的容积最大?最大容积是多少? 3 2 [考场错解] 设容器的高为 x,容器的容积为 V,则 V=(90-2x) (48-2x) ?x=4x -276x +4320x 2 ∵V’=12x -552x+4320=0 得 x1=10,x2=36 又∵x<10 时,V’<0,10<x<36,V’>0,x>36 时, V’<0 ∴当 x=36 时,V 有极大值 V(36)<0 故 V 没有最大值。 [专家把脉] 上面解答有两处错误:一是没有注明原函数定义域;二是验算 f’(x)的符号时, 计算错误,∵x<10,V’>0;10<x<36,V’<0;x>36,V’>0. [对症下药] 设容器的高为 x,容器的容积为 V。 则 V=(90-2x) (48-2x) ?x 3 2 =4x -276x +4320x (0<x<24) 2 ∵V’=12x -552x+4320 2 由 V’=12x -552x+4320=0 得 x1=10,x2=36 ∵x<10 时,V’>0,10<x<36 时,V’<0,x>36 时 V’>0. 3 所以,当 x=10 时 V 有最大值 V(10)=1960cm 又 V(0)=0,V(24)=0 所以当 x=10 时,V 有最大值 V(10)=1960。 3 所以该窗口的高为 10cm,容器的容积最大,最大容积是 1960cm . 专家会诊 1.证函数 f(x)在(a,b)上单调,可以用函数的单调性定义,也可用导数来证明,前者较 繁,后者较易,要注意若 f(x)在(a、b)内个别点上满足 f’(x)=0(或不存在但连续)其余点 满足 f(x)>0(或 f(x)<0)函数 f(x)仍然在(a、b)内单调递增(或递减) ,即导数为零的点
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不一定是增、减区间的分界点。 2.函数的极值是在局部对函数值的比较,函数在区间上的极大值(或极小值)可能有若干 个,而且有时极小值大于它的极大值,另外,f’(x)=0 是可导数 f(x)在 x=x0 处取极值的必 要而不充分条件,对于连续函数(不一定处处可导)时可以是不必要条件。 3.函数的最大值、最小值,表示函数 f(x)在整个区间的情况,即是在整体区间上对函数值 的比较,连续函数 f(x)在闭区间[a、b]上必有一个最大值和一最小值,最多各有一个,但 f(x)在(a、b)上就不一定有最大值(或最小值) 。 4.实际应用问题利用导数求 f(x)在(a、b)的最大值时,f’(x)=0 在(a,b)的解只有一个, 由题意最值确实存在,就是 f’(x)=0 的解是最值点。 考场思维训练 2 2 2 1 已知 m∈R,设 P:x1 和 x 是方程 x -ax-2=0 的两个实根,不等式|m -5m-3|≥|x1-x2|对任意 实数 a∈[-1,1]恒成立。 Q:函数 f(x)=x3+(m+ )x+6 在(-∞,+ ∞)上有极值。 求使 P 正确且 Q 正确的 m 的取值范围。 答案:解:∵|x1-x2|= ( x1 ? x2 )2 ? 4x1x2 ? a2 ? 8 (?1 ? a ? 1). ∴|x1-x2|≤3 由题意,不等式|m2-5m-3|≥3的解集。由此不等式得 m2-5m-3≤-3 ① 或 m2-5m-3≥3 ② 不等式①的解为0≤m≤5. 不等式②的解为m≤-1或m≥6. 因此,当m≤-1或0≤m≤5或m≥6时,P是正确的。 对函数f(x)=x3+mx2+(m+ f’(x)=3x2+2mx+m+
4 . 3 4 =0。此一无二次方程的判别式 3
4 3

4 )x+6求导 3

令f’(x)=0,即3x2+2mx+m+
2

△=4m -12(m+ )=4m -12m-16. 若△=0,则 f'(x)=0 有两个相等的实根 x0,且 f‘(x)的符号如下: X F’(x) (-∞,x0) + X0 0 (x0+ + ∞)

4 3

2

因此 f(x0)不是函数 f(x)的极值. 若△>0,则 f'(x)=0 有两个不相等的实 x1 和 x2 (x1<x2),且 f'(x)的符号如下: X F’(x) (-∞,x1 ) + X1 0 X1X2 X
2

(X

2

+

0

因此,函数 f'(x)在 x①=x1 处取得极大值,在 x=x2 处取得极小值. 综上所述,当且仅当 A>0 时,函数 f(x)在(-∞,+∞)上有极值. 2 由 A=4m -12m-16>0 得 m<-1 或 m>4,因此,当 m<-1 或 m>4 时,Q 是正确的.
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4 x2 ? 7 ∈[0,1] 2?x

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综上,使 P 正确且 Q 正确时,实数 m 的取值范围为 (-∞,-1)∪(4,5)∪[6,+∞]. 2 已知函数 f(x)=

(1)求 f(x)的单调减区间和值域; 答案:对函数 F(x)求导,得 f'(x)= 令 f'(x)=0 解得 x= 或 x= . 当 x 变化时 f'(x)、f(x)的变化情况如下表. X F’(X) 1 2 7 2
? 4 x 2 ? 16 x ? 7 (2 ? x)
2

??

(2 x ? 1)(2 x ? 7) (2 ? x)

1 2

7 2

0

(0, ↘

1 ) 2

1 2

( ,1) + ↗

1 2

1

0 -4

-3

所以,当 x∈(0, )时 f(x)是减函数; 当 x∈( ,1)时 f(x)是增函数. ∴当 x∈[0,1]时 f(x)的值域为[-4,—3]. 3 2 (2)设 a≥1,函数 g(x)=x -3a x-2a,x∈[0,1]若对于任意 x1∈[0,1],总存在 x0∈[0,1],使得 g(x0)=f(x1)成立,求 a 的取值范围. 2 2 答案:对函数 g(x)求导,得 g'(x)=3(x -a ). 因为 a≥1 时,当 x∈(0,1)时,g'(x)<3(1-a2)<0.因此当 x∈(0,1)时,g(x)为减函数,从而求 x∈[0, 1]时有 g(x)∈[1-2a-3a2,-2a]. 任给 x1∈[0, 1],f(x1)∈[-4, -3]. 存在 x0∈[0, 1]使得 g(x0)=f(x0),
?1 ? 2a3a2 ? ?4 ? 3 则[1-2a-3a2,2a][-4, -3]即 ? ?? 2a ? ?3.解得1 ? 2 ? ? a ? 1 ?
1 2

3 已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx. (1) 求函数 f(x)的最大值; 答案: 函数的定义域为(-1, +∞),f(x)=
1 -1, 令 f'(x)=0, 解得 x=0, 当-1<x<0 时 f'(x)> 1? x

0,当 x>0 时 f'(x)<0,f(0)=0,故当且仅当 a=0 时,f(x)取得最大值,最大值为 0. (2) 设 0<a<b,证明 0<g(a)+g(b)-2g( 答 案 :
a?b )<(b-a) 2

g(x)=xlnx , g'(x)=lnx+1 , 设

F(x)=g(a)+g(x)-2g(

a?x 2

) 则

F'(x)=g'(x)-2[g(

a?x )]′=lnx-ln′,当 0<x<O,F'(x)<0.因此 F(x)在(0,a)上单调递 2

减. 当 x>a 时,F'(x)>0,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数.从而 x=a 时,F(x)有极小值 F(a). 因为 F(a)=0,b>a.所以 F(b)>0. 即 0<g(a)+g(b)-2g(
a?b ). 2

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设 G(x)=F(x)-(x-a)ln2,则 G'(x)=lnx-lnx-ln2.=lnx-ln(a+x). 当 x>0,G(x)<0,因此 C(x)在(0,+∞)上为减函数. 因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0. 即 g(a)+g(b)-2g(
a?x )<(b-a)ln2.] 2
3 2

4 设函数 f(x)=2x -3(a+1)x +6ax+8,其中 a∈R, (1)若 f(x)在 x=3 处取得极值,求实数 a 的值。 答案: f'(x)=6x2—6(a+1)x+60=6(x-aO(x-1)因 f(x)在 x=3 取得极值,所以 f'(3)=6(3-a)(3-1)=0,解 得 a=3.经检验当 a=3 时 x=3 为 f)(x)的极值点. (2)若 f(x)在(-∞,0)上为增函数,求 a 的取值范围。 答案:令 f'(x)=6(x-a)(x-1)=0 得 x1=a,x2=1.当 a<1 时,若 x∈(-∞,-a)∪(1,+∞),则 f'(x)>0,所以 f(x)在(-∞,a)和(1,+∞)上为增函数. 故当 0≤o<1 时 f(x)在(-∞,0)上为增函数. 5 某企业有一条价值 a 万元的流水生产线, 要提高该流水生产线的生产能力, 提高产品的增 加值,就要对充水生产线进行技术改造,假设增加值 y 万元与技改把风入 x 万元之间的关系 满足①y 与(a-x)x2 成正比例; ②当 x=
a x a3 时,y= ;③0≤ ≤t,其中 t 为常数且 t∈[0,2]. 2 2(a ? x) 2

(1)设 y=f(x),求出 f(x)的表达式,并求其定义域; 答案: f(x)=8a2x2—12x3=(0≤x≤
2ta 1 , ≤t≤2). 1 ? 2t 2

(2)求出增加值 y 的最大值,并求出此时的技改投入 x 值。 答案: f'(x)=16a x-36x ,令 f(x)=0,得 x= a,当 ≤t<1 时 f'(x)=36(x - a )<0.(∵
2ta 2 > a) 1 ? 2t 3
2 2

2 3

1 2

2

4 9

2

∴f(x)在[0,
4 9

16ta 3 2ta 2ta 2ta ]上是减数, ∴当 x= t 时,ymas=f( )= , 当 1 ≤ t ≤2 时 1 ? 2t 1 ? 2t 1 ? 2t (1 ? 2t )3

f'(x)=-36(x2- a2).∵ ymax=f( a )
2 3 16 =a3. 27

2ta 2 2 2 2 < a ∵0<x< a 时 f'(x)>0;<x≤ a 时 f'(x)<0,∴x= a a 时, 1 ? 2t 3 3 3 3

探究开放题预测 预测角度 1 利用导数的几何意义 2 1.已知抛物线 y=-x +2,过其上一点 P 引抛物线的切线 l,使 l 与两坐标轴在第一象限围成 的面积最小,求 l 的方程。 [解题思路] 设法用某个变量(如 P 点横坐标)去表示三角形的面积 S,在利用函数关系式 求最值就可以解决问题。 2 [解答] 设 P 点坐标为(x0,-x 0,+2). ∵y’=-2x,∴过 P 点的切线方程为: 2 y-(-x 0+2)=-2x0(x-x0) ①
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令 x=0 得 y=x 0-x 0+2=x 0+2>0 y=0 得 x=x0+ ∵S=
2 2 ? x0 x2 ? 2 ? 0 2 x0 2 x0
2 2 2

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2 1 x0 ?2 2 (x 0+2) 2 2 x0
4 2 1 x0 ? 4 x0 ?4 4 x0
2

(x0>0)

=
1 4

S’= (3x 0+4又∵0<x0< ∴当 x0= 把 x0=

4
2 x0

) 令 S’=0 得 x0=

6 3

6 时,S’<0; 3

6 <x 时 S’>0. 3

6 时,S 最小。 3

6 代入①得 l 的方程为: 3

2 6 x+3y-8=0. 2.由原点 O 向三次曲线 y=x3-3ax2(a≠0)引切线,切于点 P1(x1,y1)(O,P1 两点不重合), 再由 P1 引此曲线的切线,切于点 P2(x2,y2) (P1,P2 不重合)。如此继续下去,得到点列{Pn(xn,yn)} (1) 求 x1; (2) 求 xn 与 xn+1 满足的关系式; (3) 若 a>0,试判断 xn 与 a 的大小关系并说明理由 [解题思路] 利用导数的几何意义写出切线方程,再通过切线方程找到 xn、xn+1 的递推关系, 通过递推关系求出{xn}的通项公式,最后按 n 为奇数和偶数两种情况的讨论可得 xn 与 a 的 大小关系。 3 2 2 [解答] (1)由 y=x -3ax ,得 y’=3x -6ax 2 过曲线上点 P1(x1,y1)的切线 L1 的斜率为 3x 1-6ax1. 3 2 2 ∴L1 的方程为 y-(x 1-3ax 1)=(3x 1-6ax1)(x-x1). 3 2 2 又∵L1 过原点,故有:-(x 1-3ax 1)=-x1(3x 1-6ax1) ∴2x 1=3ax 1, ∴x1= a (2)过曲线上的点 Pn+1(xn+1,yn+1)的切线方程是 y-(x n+1-3ax n+1)=(3x n+1-6axn+1)(x-xn+1) ∵Ln+1 过曲线上点 Pn(xn,yn). 3 2 3 2 2 故 x n-3ax n-(x n+1,-3ax n+1)=(3x n+1-6axn+1)(xn-xn+1). 3 3 2 2 2 即 x n-x n+1-3a(x n-x n+1)=(3x n+1-6axn+1)(xn-xn+1). ∵xn-xn+1≠0, 2 2 2 ∴x n+xnxn+1+x n+1-3a(xn+xn+1)=3x n+1-6axn+1. 2 2 ∴x n+xnxn+1-2x n+1-3a(xn+xn+1)=0 ∴(xn-xn+1)(xn+2xn+1-3a)=0. ∴xn+2xn+1=3a. (3)由(2)得 xn+1=- xn ? a
1 2 3 2
3 2 2 3 2

3 2

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∴xn+1-a=- (xn-a)
1 2

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故数列{xn-a}是以 x1-a= a 为首数,公比为- 的等比数列。 ∴xn-a=
a 1 n-1 (- ) 2 2 1 2 1 2

1 2

1 2

当 n 为偶数时,xn-a=-a(- )n<0. ∴xn<a 当 n 为奇数时,xn-a=-a(- )n>0. ∴xn>a. 预测角度 2 利用导数探讨函数的单调性 1.已知 m∈R,研究函数 f(x)=
mx2 ? 3(m ? 1) x ? 3m ? 6 ex

的单调区间

[解题思路] 先求 f’(x),再令 f’(x)>0 和 f’(x)<0 可解得函数的递增区间和递减区间。
f ' ( x) ? [2mx ? 3(m ? 1)]e x ? [mx2 ? 3(m ? 1) x ? 3m ? 6]e x (d x )2 ? mx2 ? (m ? 3) x ? 3 ex

[解答]
?

记 g(x)=-mx2-(m+3)x-3 ∴ex>0,只需 g(x)的正负即可。 (1)当 m=0 时,g(x)=-3x-3. 当 g(x)>0 时,x<-1,f’(x)>0 当 g(x)<0 时,x>-1,f’(x)<0 ∴当 m=0 时,f’(x)的增区间为(-∞,-1) ,减区间为(-1,+∞) 。 (2)当 m≠0 时,g(x)有两个根:x1=3 ,x2=-1. m 3 ,+∞)上,g(x)>0,即 f’(x)<0. m

①当 m<0 时,x1>x2,在区间(-∞,-1)∪(∴f(x)在(-∞,-1)∪(在区间(-1,-

3 ,+∞)上是增函数。 m

3 )上,g(x)<0,即 f’(x)<0. m 3 )上是减函数。 m 3 )∪(-1,+∞)上 g(x)<0,即 f’(x)<0. m

∴f(x)在(-1,-

②当 0<m<3 时,x1<x2.在区间(-∞,∴函数 f(x)在(-∞, ∴f(x)在(-

3 3 )∪ (-1, +∞) 上是减函数, 在区间 (- , -1) 上, g(x)>0, f’(x)>0. m m

3 ,-1)上是增函数。 m

③m=3 时,x1=x2. 在区间(-∞, -1)∪(-1,+∞)上 g(x)<0,f’(x)<0。
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3 ,+∞)上,g(x)<0,f’(x)<0。 m

∵f(x)在 x=-1 处连续。∴f(x)在(-∞,+∞)上是减函数。 当 m>3 时 x1>x2。在区间(-∞, -1)∪(∴f(x)在(-∞, -1)∪(在区间(-1,-

3 ,+∞)上是减函数。 m

3 )上,g(x)>0,即 f’(x)>0. m 3 )上是增函数。 m

∴f(x)在(-1,2.已知函数 f(x)=

x4 b 3 2 ? a 2 x4 b 3 a ? 1 2 且函数 g(x)= ? x ? x ? 2ax 在 x=1 处取极值, ? x ? x ? ax 4 3 2 4 3 2

在区间(a-6,2a-3)内是减函数,求 a 的取值范围。 3 2 [解答] f’(x)=x -bx -(2+a)x+2a 由 f’(1)=0 得 b=1-a. 3 2 ∴f’(x)=x +(1-a)x -(2+a)x+2a =(x-1)(x+2)(x-a) 2 若 a=1 时 f’(x)=(x-1) (x+2). x∈(-2,1) f’(x)>0 x∈(1,+ ∞),f’(x)>0. ∴x=1 不是极值点。 3 2 2 ∴a≠1 又 b=1-a.g’(x)=x +(1-a)x -(a-1)x-a=(x-a)(x +x+1).当 x<a 时,g’(x)<0, ∴g(x)在(-∞,a)上递减,∴(a-6,2a-3) ? (-∞,a) ∴a-6<2a-3≤a,-3<a≤3. 综合,得 a 的范围为(-3,1)∪(1,3) 。 3 2 3.已知 f(x)=ax +bx +cx+d 是定义在 R 上的函数,其图像交 x 轴于 A、B、C 三点,若点 B 的坐标为(2,0) ,且 f(x)在[-1,0]和[4,5]上有相同的单调性,在[0,2]和[4,5]上有 相反的单调性。 (1)求 C 的值; (2)在函数 f(x)的图像上是否存在一点 M(x0,y0)使得 f(x)在点 M 处的切线斜率为 3b?若 存在,求出点 M 的坐标;若不存在,说明理由。 [解题思路] 根据题设条件作出 f(x)的图像知,f(x)有两个极值点, 一个为 x=0, 另一个极值 点在[2,4]之间,借助这个结论可判定在点 M 处的切线的斜率能否等于 3b, [解答](1)由题意可知 f(x)在[-1,0]和[0,2]上具有相反的单调性。∴x=0 是 f(x)的一 2 个极值点,故 f’(0)=0。即 3ax +2bx+c=0 有一个解为 x=0∴c=0。 (2)∵f(x)交 x 轴于点 B(2,0) 。 ∴8a+4b+d=0,即 d=-4(b+2a). 令 f’(x)=0,则 3ax +2bx=0,x1=0,x2=
2

2b 3a

∵f(x)在[0,2]和[4,5]上具有相反的单调 ∴2≤2b ≤4, 3a

∴-6≤

b ≤-3。 a
2

假设存在点 M (x0,y0) , 使得 f(x)在点 M 处的切线斜率为 3b, 则 f’(x0)=3b。 即 3ax 0+2bx0-3b=0。 ∵△=(2b)2-4×3a×(-3b)=4b2+36ab=4ab(
b +9) a

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∵又-6≤
b ≤-3,∴△<0. a

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∴不存在点 M(x0,y0) ,使得 f(x)在点 M 处的切线斜率为 3b。 4.已知函数 f(x)= x 3 + (b-1)x2+cx(b,c 为常数) (1)若 f(x)在 x∈(-∞,x1)及 x∈(x2+∞)上单调递增,且在 x∈(x1,x2)上单调递减,又 满足 0<x2-x1<1.求证 b2<2(b+2c). 2 (2)在(1)的条件下,若 t>x1,试比较 t +bt+c 与 x1 的大小,并加以证明。 [解题思路] 由 f(x)的单调性可知 x1、x2 是 f’(x)=0 的两根,<x2-x1<1 可证明(1) , (2)可 用作差比较法。 [解答] ∵f(x)在 x∈(-∞,x1)及 x∈(x2,+ ∞)上单调递增,且在 x∈(x1,x2)上单调递 减,∴x=x1 或 x=x2 是函数 f(x)的极值点,即 f’(x1)=0,f’(x2)=0。 2 ∵f’(x)=x +(b-1)x+c. 2 ∴x1、x2 是方程 x +(b-1)x+c=0 的两根,得
? x1 ? x2 ? 1 ? b 又∵0<x2-x1<1, ? ? x1 ? x2 ? c

1 3

1 2

∴(x2-x1) <1, 即(x1+x2) -4x1x2<1. 2 2 ∴(1-b) -4c<1.∴b <2(b+2c) (2)由(1)有 b=1-(x1+x2)?c=x1x2. 2 2 ∴(t +bt+c)-x1=t +[1-(x1+x2)]t+x1x2-x1=(t-x1)(t-x2+1). ∵t>x1,x2-x1<1 ∴t-x1>0,x1<x1+1<t+1 ∴(t-x1)(t-x2+1)>0 2 ∴t +bt+c>x1. 预测角度 3 利用导数求函数的极值和最值 3 1.已知函数 f(x)=ax +cx+d(a≠0)是 R 上奇函数,当 x=-1 时,f(x)取得极值 2。 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若对于 x1、x2∈[-1,1],不等式|f(x1)-f(x2)|≤m,求 m 的最小值。 [解题思路] 由题设条件易求得 a、b、c 的值。因此由 f’(x)>0 和 f’(x)<0 可求 f(x)的单调 区间。 (2)若对于任意 x1、x2∈[-1,1],不等式|f(x1)- f(x2)|≤m 恒成立,即|f(x1)- f(x2)| 是 函数 f(x)的最大值和最小值之差的绝对值。因此,这一问主要是 f(x)在[-1,1]上的最大值 和最小值。 [解答] (1)由 f(-x)=-f(x)x∈R,∴f(0)=0 即 d=0. 3 2 ∴f(x)=ax +cx,f’(x)=3ax +c. 由题设 f(-1)=2 为 f(x)的极值,必有 f’(-1)=0。 ∴?
?a ? c ? ?2 ?3a ? c ? 0
3

2

2

解得 a=1,c=-3。
2

∴f(x)=x -3x.∴f’(x)=3x -3=3(x+1)(x-1). 令 f’(x)>0,解得 x>1 或 x<-1. f’(x)<0,解得 1-<x<1. ∴f(x)在(-∞,-1)∪(1,+∞)上单调递增。
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f(x)在(-1,1)上单调递减。 3 (2)用(1)知;f(x)=x -3x 在[-1,1],恒有|x(x1)-f(x2)| ≤M-N=2-(-2)=4. 2.设函数 f(x)是定义在[-1,0] ∪[0,1]上奇函数,当 x∈[-1,0]时,f(x)=2ax+
1 x2

(a 为

实数) (1)当 x∈(0,1)时,求 f(x)的解析式; (2)若 a>-1,试判断 f(x)在[0,1]上的单调性; (3)是否存在 a,使得当 x∈(0,1)时,f(x)有最大值-6。 [解题思路](1)利用函数 f(x)的奇偶性可求得 x∈(0,1)时,f(x)的解析式; (2)可用 导数法判断; (3)分 a>-1 和 a≤-1 两种情况讨论 f(x)的最大值。 [解答](1)设 x∈(0,1) ,则-x∈[-1,0],f(-x)=-2ax+ ∵f(x)是奇函数,∴f(x)= 2ax1 x2
1 x2

.

,x∈(0,1) 。

(2)f’(x)=2a+

2 x3

=2(a+
1 x3

1 x3

),

∵a>-1; x∈(0,1), ∴a+
1 x3

≥1

>0,即 f’(x)>0.

∴f(x)在(0,1)上是单调递增的。 (3)当 a>-1 时,f(x)在(0,1)单调递增,fmax(x)= f(1)=-6。∴a=- (不合题意舍去) 当 a≤-1,令 f’(x)=0,x= 3 ? 当 x∈(-∞, 3 ? x∈( 3 ? ∴x= 3 ? 令 f( 3 ?
1 a
5 2

1 )时,f’(x)>0 a

1 ,+∞)时,f’(x)>0 a

1 1 时,f(x)有最大值 f( 3 ? ) 。 a a

2 1 )=-6 ? a=-2 2 .此时 x= ∈(0,1) 。 2 a
3

∴存在 a=-2 2 ,使 f(x)在(0,1)上有最大值-6。 3.已知 f(x)=-x +ax,其中 a∈R,g(x)= ?
3

1 2 x ,且 f(x)<g(x)在(0,1)上恒成立,求实数 a 2

的取值范围。 [解题思路] 设 F(x)=f(x)-g(x)。由 f(x)< g(x)在(0,1)上恒成立 ,即 F(x)<0 在(0,1) 上恒成立, ? F( min )<0。或用分离参数法。
x

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[解答] 设 F(x)=f(x)-g(x)=-x3+ax+ ?
3

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1 2 x 2
3

∵f(x)< g(x)在(0,1)上恒立 ? F(x)<0 在(0,1)上的最小值。 ∴a<x2 ?
1 2 x ,这样,要求 a 的取值范围,使得上式在区间(0,1)上恒成立,只需求函数 2 1 2 x 在(0,1)上的最小值。 2
1 4 x ? ( 2 x ? 1)(4 x ? 2 x ? 1) 4 x
3

h(x)=x2 ?

∵h’(x)=2x由 h’(x)=0

(2 x -1)(4x+2 x +1)=0.
1 4

∵4x+2 x +1>0,∴x= . 又∵x∈(0,
1 4 1 1 )时,h’(x)<0, x∈( ,1)时,h’(x)>0. 4 4 1 4 3 16

∴x= 时,h(x)有最小值 h( )=∴a<
3 . 16

考点高分解题综合训练 1 已知函数 f(x)在 x=1 处的导数为 1,则 lim A.
1 2
x ?0

f (1 ? x) ? f (1) 等于 2x

( )]

B.1

C.2

D.

1 4

答案: A 解析:∵f′(x)= lim

?x ?0

f (1 ? x) ? f (1) 1 f (1 ? ?x) ? f (1) 1 1 1 ? lim ? f ' (1) ? ? 1 ? . 2x 2 ?x?0 ?x 2 2 2

2 函数 y=xsinx+cosx 在下列哪个区间内是增函数 A. (0,π ) B. (-π ,0) C.(
? 2





,π )

D.(-π ,-

? ) 2
? )时,y′>0. 2

答案: D 解析:y′=sinx+cosx-sinx=xcosx,x∈(-π ,3 已知函数 f(x)= A.0<a<
1 e

ln a ? ln x 在(1,+∞)上为减函数,则 a 的取值范围为 x

( )

B.0<a≤e
1 ? ln a ? ln x x2

C.a≥e

D.a≤e
e 恒成立, a

答案: C 解析: f′(x)= ∵x> ,? ? 1,? a ? e.
e a e a

? 0在x ? (1 ? ? )上恒成立, 故 x ? (1,?? ) 时, lnx>1ln

4 函数 y=2x -3x -12x+5 在[0,3]上的最大值、最小值分别是 A.5,-15 B.5,-4 C.-4,-15 D.5,-16
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3

2

( )

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答案: A 解析:f′(x)=6x2-6x-12,令 f′(x)=0 即 6x2-6-x-12=0.x2-x-2=0 x=2 或 x=-1,(舍), ∴当 x=2 时,y-=-15,x=0 时,y=5 时,y=-4,最大值为 5, 最小值为-15. 5 设 f(x)、 g(x)分别是定义在 (-∞, 0) ∪ (0, +∞) 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 ( ) A. (-3,0)∪(3,+∞) B. (-3,0)∪(0,3) C. (-∞,-3)∪(3,+∞) D. (-∞,-3)∪(0,3) 答案: D 解析:f(x)· g(x)是定义域上的奇函数. 又 x<0 时, f′(x)g(x)+ f(x) g′(x)=[ f(x)· g(x)] ′>0. ∵g(3)=0. ∴f(3)· g(3)=0,又 f(m)g(x)在定义域上单调递增. ∴f(x)· g(x)<0 的解集为(-∞-3)∪(0,3). 3 2 2 6 函数 f(x)=x -2x+3 的图像在 x=1 处的切线与圆 x +y =8 的位置关系是 ( ) A.相切 B.相交且过圆心 C.相交但不过圆心 D.相离 答案:C 解析: ∵f′(x)=3x2-2.f′(1)=1, ∴切线方程为 y=x+1,点 (0, 0) 到切线距离 d= 相交但不地圆心. 7 函数 f(x)=xlnx,则 f(x)的单调递减区间是_______. 答案:(0, ) 解析:令 f′(x)=lnx+1<0,得 x∈(0,
1 2 1 4 1 e 1 ). e

1 2

?2 2

8 曲线 y=2- x2 与 y= x3-2 在交点处的切线夹角是__________.
1 ? y ? 2? x ? ? 2 解得交点坐标为(2,0). ? 1 3 解析:联立 ? y ? x ?2 ? 4 ?

答案:

? 4

又∵( 2 ? x )′=-x,(

1 2

1 3 3 x ? 2 )′= x 2 . 4 4

∴两函数在 x=2 处导数分别为-2、3. ∴k1=-2,k2=3.tanθ =| 可求得θ =
? . 4
3 2

k1 ? k2 ?2 ? 3 |= | |? 1 1 ? k1k2 1 ? 3(?2)

9 已知函数 f(x)=mx +mx +3x 在 R 上的增函数,求实数 m 的取值范围。 答案:解:f′(x)=3mx2+2mx+3. (1) 当 m=0 时,f′(x)=3>0, ∴f(x)在 R 上为境函数. (2) ①当 m<0 时,f′(x)开口向下△<0, 说明存在区间使 f′(x)<0. ∴m<0 时,f′(x)在 R 上不是增函数. ②当 0<m<9 时,f′(x)开口向上且△<0,说明 f′(x)恒大于 0,∴0<m<9 时,f′(x)在 R 上是增
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函数 .
1 3 1 9

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③m=9 时 f(x)=9x3+9x2+3=9(x+ )3- ,由函数 y=x3 的单调性可知 m=9,f(x)在 R 上台阶增函数. ④当 m>9 时,f’(x)开口向上且△>0,说明存在砸锅间使 f’(x)<0,0 ∴m<9,f(x)在 R 上不是增函数. 综上怕述,所求 m 的取值范围是[0,9]. 10 求函数 f(x)= 答案:解:f’(x)=
( x ln x) ?( x ? 1) x ln x 1 ? 2 x ?1 ( x ? 1) (ln x ? 1)( x ? 1) ? x ln x 1 ? ( x ? 1)2 x ?1 ln x ? . ( x ? 1) 2 ?
1 x ln x ? ln( x ? 1) 在[ ,3]上的最大值和最小值。 2 x ?1

令f’(x)=0既

ln x ( x ? 1) 2

=0,∴x=1.

∴当x=1时可得f’(x)<0, 当1<x≤3时,f’(x)>0 ∴当x=1时可得f(x)的极小值f(1)=ln2 3 ln 3 ? ln 4. ∴f(3)= 4
1 1 3 1 3 f( 2 )=- ln2-ln 2 =- ln2-(ln3-ln2) 3

=

2 1 ln2-ln3=f(2), ∵ln2<ln3, ∴f( )<f(3). 3 2

3 ∴f(x)的最大值为 f(x)的最大值为 f(3)= 4 ln3-ln4.

11 函数 f(x)=

a 3 x x ? ax 2 +x+1 在 x=x1,及 x=x2 处有极值,且 1< 1 ≤5. 3 x2

(1)求 a 的取值范围; 答案:由题设知f’(x)=ax2-2ax+1二根为x1、x2,
1 x 且x1+x2=2,x1x2= a ,∵1< 2 ? 5,? x1, x 2同号, x1

又x1+x2=2>0, ∴x1,x2同为正数,由1<

x

2 ≤5得x1<x2≤5x1,又∵x2=2-x1, ∴x1<2-x1≤5x1 x1

1 1 1 整理得 ? x1 ? 1,? ? x1 x2 ,? ? x1 (2 ? x1 ) 3 a a
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1 x 2 ? 2 x1) =-( 1 =-(x1-1)2+1.由x1∈[ 3 ,1]

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5 1 9 ? ? 1,?1 ? a ? . 9 a 5
56 4 x ? 恒成立,试 5 5

(2)当 a 取最大值时,存在 t∈R,使 x∈[1,m](m>1)时,f’(t-x) ≤ 求 m 的最大值。 答案:当a= ∴f’(t-x)= ∵f’(t-x)≤
9 9 18 时,f’(x)= x2- x+1, 5 5 5

9 18 (t-x)2 (t-x)+1, 5 5
9 36 4 18 36 4 x- ,即 (t-x)2- (t-x)+1≤ x ? ,整理得x2-2(t+1)≤0,该式在x∈(1,m)上恒 5 5 5 5 5 5

成立. 把x=1,x=m,代和上式得
?1 ? 2(t ? 1) 2 ? (t ? 1) 2 ? 0, ? ? 0 ? t ? 4. ? 2 ? 2(t ? 1)m ? (t ? 1) 2 ? 0, ? m ?

∴t+1-2 t ? m ? t ? 1 ? 2 t ∴当 t=4 时,m 有最大值 9. 3 2 12 已知函数 f(x)=-x -bx -5cx-2d 在[-∞,0]上单调递减,在[0,6]上单调递增,且方程 f(x)=0 有 3 个实根:m、n、1。 (1)求 f(4)的取值范围。 答案: f’(x)=-3x2-2bx-5c ∴f(x)在(-∞,0)上单调递增,且在[0,6]上单调递增. ∴当x=0时,f(x)取最小值。 ∴f(0)=0即c=0 ∴f(x)=-x3-2bx=0 ∴f(x)=-1-b-2d=0 ? d ? ?
b ?1 . 2

∵f(x)=3x2-2bx=0的两个根为x1=0,x2=

2b ? b, 即b ? ?9. 3

=-63-15≥-63-15? (-9)=72。 故 f(4)的取值范围是[72,+∞]. 2 2 (2)m -4mn+n 是否有最小值?若有,求出最小值,若没有,请说明理由。 答 案 : 由 于 m 、 n 、 1 是 方 程 f(x)=0 的 三 个 根 , 所 以 设 f(x)=-(x-m)(x-n)(x-1)=-x3+(m+n+1)x2-(m+n+mn)x+mn.与f(x)=-x3-bx2 –2d
?? b ? m ? n ? 1, ? 比较系数得 ?0 ? m ? n ? mn, ?? 2d ? mn. ?


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m2-4mn+n2



m+n



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2-6mn=(-b-1)2-6· (-2d)=b2+2b+1+12· (即 m2-4mn+n2 有最小值 112.

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b ?1 ) ? (b ? 2) 2 ? 9 ? (?9 ? 2) 2 ? 9 ? 112. 2

13 一艘渔艇偏激在距岸 9km 处, 今需派人送信给距渔艇 3 34 km 处的海岸渔站, 如果送信人 步行每小时 5km,船速每小时 4km,问应在何处登岸再步行可以使抵达渔站的时间最省? 答案:解:如图所示,设BC为海岸线,A为渔艇停泊处,设D为海岸线上一点,CD=x,只需将 时间t表示为x的函数,即可确定登岸的位置. ∵AB=9,AC=3 34 ,BC= AC 2 ? AB2 ? 15. 由A到C所需要时间为t,
1 1 则t= x ? (15 ? x) 2 ? 81(0 ? x ? 15) 5 4
1 ∴t1= ? 5 15 ? x (15 ? x) 2 ? 81
1 , 令t =0,解得x=3.

在x∈(0,3),t1<0; x∈(3,15)时,t1>0. 在x=3附近,t1由负到正,因此在x=3处取得极小值,又t(0)=
3 34 21 87 , t (15) ? , t (3) ? . 4 4 20

比较知,t(3)最小. 故在距渔站 3km 处登岸可使抵达渔站的时间最省. 14 函数 y=f(x)在区间(0,+∞)内可导,导函数 f(x)是减函数,且 f’(x)>0,设 x0∈(0, +∞) ,y=kx+m 是 y=f(x)在点[x0,f(x0)]得的切线方程,并设函数 g(x)=kx+m; (1)用 x0、f(x0)、f’(x0)表示 m; 答案:解: (1)m=f(x0)+x0f′(x0). (2)证明:当 x0∈(0,+∞)时,g(x)≥f(x); 答案:证明:令h(x)=g(x)=f(x). 则h′(x)=g′(x)=f′(x) h′(x0)=0, ∴f′(x)递减, ∴h′(x)递增,因此,x>x0 时,h′(x)>0.当 x<x0 时,h′(x)>0,所以 x0 是 h(x)唯一的极值点, 且是极小值点,可知 h(x)的最小值为 0,因此,h′(x) ≥0,即 g(x)<0,所以 x0 是 h(x)唯一的 极值点,且是极小值点,可知 h(x)的最小值为 0.因此,h′(x) ≥0,即 g(x)≥f(x).
3 (3)若关于 x 的不等式 a +1≥ax+b≥ x 3 在[0,+∞]上恒成立,其中 a、b 为实数,求 x 2
2

2

的取值范围及 a 与 b 所满足的关系。 答案:0≤b≤01 a>0是不等式成立的必要条件肥下讨论设此条件成立. 1 。 X2+1≥ax+b,即x2-ax+1(1-b) 2
2 2 3 3 3 3 令 ?(x) =ax+b- x ,于是ax+b≥ x 对任意x∈[0, +∞]成立的充要条件是 ?(x) ≥0,由 ? ′ 2 2

1 (x)=a- x 3 =0得x=a-3.

当0<x<a-3
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时, ? (x)>0. 所以,当x=a-3时, ? (x)取最小值,因此, ? (x)≥0成立的充要条件是 ? (x)≥0。即 1 ≥(2b)- 2
2 1 3 3 综上,不等式x2+1≥ax+b≥ x 对任意 x∈[0,+∞]成立的充要条件是(2b)- 2 ①显然,存 2
1 1 2? 2 2? 2 在a、b使①式成立的充要条件是:不等式(2b) - 2 ≤2(1-b) 2 有解,解得 ? . 4 4

因此 b 的取值范围是[

1 1 2? 2 2? 2 ],a、b 所满足的关系式为: (2)- 2 ≤a≤2(1-b) - 2 ., 4 4

.

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数学经典易错题会诊与高考试题预测7

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数学经典易错题会诊与高考试题预测14

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数学经典易错题会诊与高考试题预测5

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