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2012届高考一轮复习数学理科课件(导数的应用)

时间:2011-08-11


教 材 面 面 观 1.函数的单调性 (1)设函数 y=f(x)在某个区间内可导,若________,则 f(x)为增 函数;若________,则 f(x)为减函数. (2)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________. ②求 f ′(x),令________,解此方程,求出它在定义区间内的 一切实根. ③把函数 f(x)的间断点(即包括 f(x)的无定义点)的横坐标和上面 的各实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)在各小开区间内的________,根据________判定 函数 f(x)在每个相应小开区间内的增减性.

答案 f ′(x)>0 ′(x)的符号

f ′(x)<0

定义区间

f ′(x)=0

符号

f

2.极值的概念 设函数 f(x)在点 x0 附近有定义,且若对 x0 附近所有的点都有 ________, 则称 f(x0)为函数的一个极大(小)值, x0 为极大(小)值点. 称

答案

f(x)<f(x0)[或 f(x)>f(x0)]

3.函数的最大值与最小值 (1)设 y=f(x)是定义在区间[a,b]上的函数,y=f(x)在(a,b)内 有导数,求函数 y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值,可分两步进 行. ①________________________________. ②将 y=f(x)在______________________比较, 其中最大的一个 为最大值,最小的一个为最小值. (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调增加,则________为函数的最小 值,________为函数的最大值;若函数 f(a)在[a,b]上单调递减,则 ________为函数的最大值,________为函数的最小值.

答案 f(b) f(a)

求 y=f(x)在(a,b)内的极值 f(b) f(a) f(b)

各极值点的极值与 f(a)、

考 点 串 串 讲 1.函数的单调性 (1)利用导数判断函数单调性的基本方法 设函数 y=f(x)在区间(a,b)内可导, ①如果恒有 f ′(x)>0,则函数 f(x)在区间(a,b)内为增函数. ②如果恒有 f ′(x)<0,则函数 f(x)在区间(a,b)内为减函数. ③如果恒有 f ′(0)=0,则函数 f(x)在区间(a,b)内为常数函数. 注意 若函数 f(x)在(a,b)内,f ′(x)≥0(或 f ′(x)≤0)(其中有 限个点 f ′(x)=0), 则函数 f(x)在(a, b)内仍是增函数(或减函数). 例 如:f(x)=x3 在(-∞,+∞)内为增函数,但 f ′(0)=0,故在区间内 f ′(x)>0 是 f(x)在此区间上为增函数的充分条件, 而不是必要条件.

(2)求可导函数单调区间的一般步骤 ①确定函数 f(x)的定义区间. ②求 f ′(x),令 f ′(x)=0,解此方程,求出它在定义区间内的 一切实根. 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)的各小开区间内的符号,根据 f ′(x)的符号判定 f(x)在每个相应小开区间内的增减性.

(3)利用导数证明不等式 要证明不等式 g(x)>φ(x)(或 g(x)≥φ(x))成立, 可以构造函数 f(x) =g(x)-φ(x),然后再利用导数研究函数 f(x)=g(x)-φ(x)的单调性, 根据单调性获得 f(x)>0(或 f(x)≥0),从而证明不等式 g(x)>φ(x)(或 g(x)≥φ(x)). (4)利用单调性求函数的值域 利用导数划分函数的单调区间,然后在各个单调区间内求出函 数的取值范围,最后可获得函数在整个定义域内的值域. (5)利用导数求参数的取值范围 对于含有参数 a 的函数 y=f(x, 若已知此函数的某一单调增 a), 区间(或减区间),则此函数的导数 y′≥0(或 y′≤0)在此区间上恒 成立,对此,常用分离系数求最值的方法来求参数的取值范围.

(6)利用导数判断函数的单调性及单调区间应注意的问题 ①在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义 域,解决问题的过程中,只能在定义域内通过讨论导数的符号来判 断函数的单调区间. ②在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于零的点 外,要注意在定义域内的不连续点和不可导点. ③注意在某一区间内 f ′(x)>0 或 f ′(x)<0 是函数 f(x)在该区 间上为增(或减)函数的充分条件,如 f(x)=x3 是 R 上的增函数,但当 x=0 时,f ′(0)=0,因此在求可导函数 y=f(x)的单调增区间时只需 解不等式 f ′(x)>0,而已知可导函数 y=f(x)在区间 P 上单调递增, 则必须 f ′(x)≥0 在 D 上恒成立(其中 f ′(x)=0 的点 x 有限). ④如果一个函数具有相同单调性的单调区间不止一个,这些单 调区间中间不能用“∪”连结,而只能用“逗号”或“和”字隔开.

2.函数的极值 (1)函数极值的定义 设函数 f(x)在 x0 附近有定义.如果对 x0 附近的所有的点,都有 f(x)<f(x0),则 f(x0)是函数 f(x)的一个极大值,记作 y 极大值=f(x0);如 果对 x0 附近的所有点,都有 f(x)>f(x0),则 f(x0)是函数 f(x)的一个极 小值,记作 y 极小值=f(x0),极大值与极小值统称为极值.

(2)对极值的概念的理解 ①函数 f(x)在点 x0 及其附近有定义是指在点 x0 及其左右邻域都 有意义. ②极值点是函数 f(x)定义域中的点,因而端点绝不是函数的极 值点,因为函数在端点不可导. ③极值是一个局部概念,是仅对某一点的左右两侧邻域而言, 要注意极值必须在区间内的连续点取得. ④若 f(x)在(a,b)内有极值,那么 f(x)在(a,b)上绝不是严格单 调函数,即在区间上单调的函数没有极值.

⑤连续函数 f(x)在其定义域上的极值点,可能不止一个,也可 能没有极点.函数的极大值与极小值没有必然的大小联系,函数的 一个极小值也不一定比它的一个极大值小,如图所示.

⑥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,因此导数为零的点仅是该点为极值点的必要条件, 其充分条件是这点两侧的导数异号.

⑦函数 f(x)在[a,b]上有极值的话,它的极值点的分布是有规律 的.如图所示,相邻两个极大值点之间必有一个极小值点,同样相 邻两个极小值点之间必有一个极大值点,一般地,当函数 f(x)在[a, b]上连续且有有限个极值点时,函数 f(x)在[a,b]内的极大值点和极 小值点是交替出现的.

(3)函数极值的判定 一般地,设函数 y=f(x)在点 x0 及其附近可导且 f ′(x0)=0, ①如果 f ′(x)的符号在点 x0 的左右由正变负, f(x0)为函数 f(x) 则 的极大值. ②如果 f ′(x)的符号在点 x0 的左右由负变正, f(x0)为函数 f(x) 则 的极小值. ③如果 f ′(x)的符号在点 x0 的左右不变号, f(x0)不为函数 f(x) 则 的极值点.

(4)求可导函数极值的基本步骤 ①确定函数的定义域. ②求导数 f ′(x). ③求方程 f ′(x)=0 的全部实根. ④检查 f ′(x)在方程 f ′(x)=0 的根左、右两侧的符号,如果 左正右负(或左负右正), 那么 f(x)在这个根处取得极大值(或极小值). 总之,求可导函数的极值的核心是:解方程 f ′(x)=0,列表; 模拟图象;确定极大值或极小值.

3.函数的最值 (1)函数的最大值与最小值的概念 函数 f(x)在闭区间[a,b]上所有点(包括端点 a,b)处的函数值中 的最大(或最小)值,叫做函数 f(x)的最大值(或最小值). 一般地,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,在开区间(a,b)内连续的函数 f(x)不一定有最大值与最 小值,最大值与最小值统称为最值.

(2)最值概念的理解 ①如果函数 f(x)是闭区间[a,b]上的连续函数,那么 f(x)在闭区 间[a,b]上必有最大值和最小值,它的最大值(或最小值)是函数 f(x) 的极大值(或极小值)及 f(a)、f(b)中最大的(或最小的). ②函数的最值是一个整体性的概念,是指函数在给定区间(或定 义域)内所有函数值中最大的值与最小的值. ③最值与极值的联系和区别:函数的最大值、最小值是比较整 个定义区间的函数值得出的;函数的极大值、极小值是比较极值点 附近的函数值得出的,函数的极值可以有多个,但最值只能有一个; 极值只能在区间内取得,最值可以在端点取得,有极值未必有最值, 有最值的未必有极值;极值有可能成为最值,最值只要不在端点必 定是极值.

(3)确定可导函数在闭区间上的最值的基本方法 设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f(x)在[a,b] 上最大值与最小值的步骤如下: ①求 f(x)在(a,b)内的极值; ②将 f(x)的各极值与 f(a)、f(b)比较,其中最大的一个是最大值, 最小的一个是最小值. 在求可导函数最值的过程中,无需对各导数为零的点讨论其是 否为极值点,而直接将导数为零的点与端点处的函数值进行比较, 这是与求可导函数的极值有所区别的.

(4)求函数最值需注意的几点 ①我们讨论的函数是在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)上 可导的函数.在闭区间[a,b]上连续,保证函数有最大值和最小值; 在开区间(a,b)上可导,才能用导数求解. ②求函数的最大值和最小值需先确定函数的极大值和极小值, 因此函数的极大值和极小值的判别是关键. ③如果仅仅是求最值,还可将上面的办法简化,因为函数 f(x) 在[a,b]内的全部极值,只能在 f(x)的导数为零的点或导数不存在的 点取得(下称这两种点为可疑点), 所以只需将这些可疑点求出来, 然 后算出 f(x)在可疑点处的函数值与区间端点处的函数值进行比较, 就能求得最大值和最小值.

④当 f(x)为连续函数且在[a,b]上单调时,其最大值、最小值在 端点处取得. ⑤当连续函数 f(x)在(a,b)内只有一个可疑点,若这一点处 f(x) 有极大(或极小)值,则可以判定 f(x)在该点处取最大(或最小)值,这 里(a,b)也可以是无穷区间.

(5)解有关函数最大值、最小值的实际问题 解有关函数最大值、最小值的实际问题,需要分析问题中各个 变量之间的关系,建立适当的函数关系式,并确定函数的定义域, 所求得的结果要符合问题的实际意义,不符合实际意义的理论值应 予舍去.

典 例 对 对 碰 题型一 用导数方法求函数的单调区间 3 例 1 求函数 y= ?2x-1??1-x?2的单调区间. 分析 用求导的方法来确定单调区间.

解析

2 = · 3 3 ?1-x? ?2x-1? 2?1-x? 2-3x 2 = · , 33 ?2x-1? 2?1-x?

1 2?1-x? -2?2x-1??1-x? y′= · 3 3 ?2x-1? 2?1-x? 4 ?1-x??2-3x?

2

2 令 y′>0,解得 x>1 或 x< , 3 2 同理,令 y′<0,解得 <x<1. 3 2 2 因此函数在(-∞, ),(1,+∞)上单调递增,在( ,1)上单调 3 3 递减.

如果函数的单调区间有两个或两个以上,不能将这些区 2 间并起来,如本例写成函数的单调增区间为(-∞, )∪(1,+∞)就 3 错了,它是一个取值范围,在其上不具有单调性.

点评

变式迁移 1 确定函数 f(x)=x3-3x 在哪个区间上是增函数,在哪个区间上 是减函数?

解析 ∵f(x)=x3-3x, ∴f ′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1). 令 f ′(x)>0,得 x<-1 或 x>1, ∴f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(1,+∞). 令 f ′(x)<0,得-1<x<1, ∴f(x)的单调减区间为(-1,1).

题型二 函数的极值 例 2 已知 f(x)=ax5-bx3+c(a≠0)在 x=± 时有极值, 1 极大值为 4,极小值为 0,确定 a、b、c 的值. 分析 首先通过求导确定可疑点, 同时注意到已知极值点 x=± 1 所确定的相关等式,在判断 y′的符号时,还需对 a 进行分类讨论.

解析 y′=5ax4-3bx2,令 y′=0, 即 5ax4-3bx2=0; x2(5ax2-3b)=0. ∵x=± 是极值点, 1 ∴5a(± 2-3b=0; 1) 又 x2=0,∴可疑点为 x=0,x=± 1. 若 a>0,y′=5ax2(x2-1). 当 x 变化时,y′,y 的变化情况如下表: x y′ y (-∞,-1) + ? -1 0 极大值 (-1,0) - 0 0 (0,1) - ? 1 0 极小值 (1, + ∞) + ?

? 无极值

由上表可知,当 x=-1 时,f(x)有极大值, 当 x=1 时,f(x)有极小值.

?-a+b+c=4, ? ∴?a-b+c=0, ?5a=3b ?

?c=2, ?b=a+2, ?? ?b= 5a ? 3

?c=2, ? ??a=3, ?b=5. ?

若 a<0 时,同理可得 a=-3,b=-5,c=2.

点评 在求导之后,没有及时确定 f ′(± 1)=0,即 5a=3b 会出 现思维障碍.同时在求导过程中又增加了一个可疑点 x=0,易产生 判断上的错误.在判断 y′的符号时,不加分类讨论,也会出现解 题不完善的现象. 本题运用待定系数的数学方法,从逆向思维的角度出发,实现 了问题的转化.在转化过程中,充分运用已知条件,通过列表,形 象直观地解决了确定系数的问题.

变式迁移 2 已知函数 f(x)=x3-3ax2+2bx 在点 x=1 处有极小值-1,试确 定 a、b 的值,并求出 f(x)的单调区间.

解析 由已知,可得 f(1)=1-3a+2b=-1, ① 又 f ′(x)=3x2-6ax+2b, ∴f ′(1)=3-6a+2b=0. ② ?a= 1, ? 3 由①②解得? ?b=-1 . 2 ? 故函数的解析式为 f(x)=x3-x2-x, 由此得 f ′(x)=3x2-2x-1.

根据二次函数的性质, 1 当 x<- 或 x>1 时,f ′(x)>0; 3 1 当- <x<1 时,f ′(x)<0. 3 1 因此,在区间(-∞,- )和(1,+∞)上,函数 f(x)为增函数; 3 1 在区间(- ,1)内,函数 f(x)为减函数. 3

题型三 函数的最值问题 1 5 例 3 求函数 f(x)=|2x3-9x2+12x|,x∈(- , )的最值. 4 2 解析 由于函数 f(x)的表达式中含有绝对值,因此,首先应该 利用分段函数表示 f(x),然后求出各段函数上导数为 0 点处的函数 值及边界值,最后进行比较求得最值. 1 5 函数 f(x)在[- , ]上连续, 4 2 故它存在最大值与最小值.因为 f(x)=|2x3-9x2+12x|=|x(2x2-9x+12)|

?-x?2x2-9x+12?,-1≤x≤0, ? 4 =? 5 ?x?2x2-9x+12?,0<x≤ . 2 ?

所以

?-6?x-1??x-2?,-1≤x≤0, ? 4 f ′(x)=? 5 ? 6?x-1??x-2?,0<x≤ . 2 ?
函数 f(x)在 x=0 处不可导,且由 f ′(x)=0, 得 x1=1,x2=2,可得 f(0)=0,f(1)=5,f(2)=4. 1 5 又区间两端点为- , , 4 2 1 115 5 可得 f(- )= ,f( )=5. 4 32 2 通过比较可知:函数 f(x)=0 在 x=0 处取最小值 0,在 x=1 和 5 x= 处都取得最大值 5. 2 点评 有函数 f(x)在闭区间[a,b]上连续,但在(a,b)内不是每 一点处均可导(不可导的点只有有限多个).

变式迁移 3 求下列函数的最大值与最小值. x-1 (1)y= 2 ,x∈[0,4]; x +1 π π (2)y=sin2x-x,x∈[- , ]. 2 2

?x2+1?-?x-1?· 2x 解析 (1)y′=f ′(x)= ?x2+1? 2 令 y′=0,即-x2+2x+1=0, 得 x=1+ 2,x=1- 2?[0,4]. 当 x∈(0,1+ 2)时,f ′(x)>0; 当 x∈(1+ 2,4)时,f ′(x)<0. ∴x=1+ 2是 f(x)的极大值点. 2-1 f(x)极大值=f(1+ 2)= . 2 3 ∵f(0)=-1,f(4)= , 17 2-1 ∴函数的最大值是 ,最小值为-1. 2

π (2)y′=2cos2x-1,令 y′=0,得 x=± . 6 列出 y′、y 随 x 的变化情况表:

π π 由此可知,x=- 时,[f(x)] max= ; 2 2 π π x= 时,[f(x)] min=- . 2 2

题型四 利用导数求最值的实际应用 例 4 用长 14.8m 的钢条制作一个长方体容器的框架,如果所制 容器的底面的一边比另一边长 0.5m,那么高为多少时容器的容积最 大?并求出它的最大容积? 分析 设出一边长,建立容积的表达式,利用导数求出最大值.

解析 设容器底面短边长为 xm, 则另一边长为(x+0.5)m,高为 1 [14.8-4x-4(x+0.5)]=3.2-2x, 4 由 3.2-2x>0 及 x>0 得 0<x<1.6, 设容器的容积为 ym3,

则有 y=x· (x+0.5)· (3.2-2x)(0<x<1.6)整理得: y=-2x3+2.2x2+1.6x, 所以 y ′=-6x2+4.4x+1.6=0, 即 15x2-11x-4=0, 4 解得 x1=1,x2=- (不合题意舍去), 15 从而,在定义域(0,1.6)内只有在 x=1 处使 y ′=0 由题意, 若 x 过小(接近 0)或过大(接近 1.6)时,y 值很小(接近 0), 因此,当 x=1 时,y 取得最大值,ymax=-2+2.2+1.6=1.8 这时,高为 3.2-2×1=1.2.

答:容器高为 1.2m 时容积最大,最大容积为 1.8m3. 点评 本题主要考查应用所学导数的知识、思想和方法解决实 际问题的能力,建立函数式、解方程、不等式、最大值等基础知识.

变式迁移 4 某工厂生产某种产品, 已知该产品的月产量 x(吨)与每吨产品的 1 2 价格 p(元/吨)之间的关系式为 p=24200- x ,且生产 x 吨的成本为 5 C=50000+200x 元. 问该厂每月生产多少吨产品才能使利润达到最 大?最大利润是多少?(利润=收入-成本)

解析

每月生产 x 吨时的利润为 1 2 f(x)=(24200- x )x-(50000+200x) 5 1 =- x3+24000x-50000(x≥0), 5 3 由 f ′(x)=- x2+24000=0, 5 解得 x1=200,x2=-200(舍去). 因 f(x)在[0,+∞)内只有一个点 x=200 使 f ′(x)=0,故它就是最大值点,且最大值为 1 f(200)=- (200)3+24000×200-50000=3150000. 5 答:每月生产 200 吨产品时利润达到最大,最大利润为 315 万元.

题型五 导数的综合应用 lnx 例 5 已知 f(x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)= ,其中 e 是自然 x 常数,a∈R. (1)讨论 a=1 时,f(x)的单调性、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, f(x)的最小值是 3, 使 若存在, 求出 a 的值; 若不存在,请说明理由.

1 x-1 解析 (1)当 a=1 时,f(x)=x-lnx,f ′(x)=1- = , x x ∴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. ∴f(x)的极小值为 f(1)=1. (2)∵f(x)的极小值为 1, 即 f(x)在(0,e]内的最小值为 1, ∴f(x)>0,|f(x)|min=1. 1-lnx 1 lnx 1 令 h(x)=g(x)+ = + ,h′(x)= , 2 x 2 x2 当 0<x<e 时,h′(x)>0,h(x)在(0,e]内单调递增. 1 1 1 1 ∴h(x)max=h(e)= + < + =1=|f(x)|min, e 2 2 2 1 ∴在(1)的条件下,|f(x)|>g(x)+ . 2

(3)假设存在实数 a,使 f(x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值 3,f 1 ax-1 ′(x)=a- = . x x ①当 a≤0 时,f(x)在(0,e]内单调递减,f(x)min=f(e)=ae-1= 4 3,a= (舍去),此时 f(x)无最小值; e 1 1 1 ②当 0< <e 时,f(x)在(0, )内单调递减,在( ,e]内单调递 a a a 增, 1 f(x)min=f( )=1+lna=3,a=e2,满足条件; a 1 ③当 ≥e 时, f(x)在(0, e]内单调递减, min=f(e)=ae-1=3, f(x) a 4 a= (舍去),此时 f(x)无最小值. e 综上,存在实数 a=e2,使得当 x∈(0,e]时 f(x)有最小值 3.

点评 把导数与函数的单调性、不等式的证明、方程根的讨论、 恒成立问题、探索型问题融合在一起的题型是高考命题的热点.解 这类题目一般先利用等价转化的方法将问题转化为函数的单调性或 最值问题,再利用导数进行求解.

变式迁移 5 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 2 实数根,求实数 b 的取值范围.

(1)∵f(x)=ln(x+a)-x2-x, 1 ∴f ′(x)= -2x-1. x+a 1 又∵f ′(0)=0 即 -1=0,∴a=1. a 解析

5 3 (2)由 f(x)=- x+b 得,ln(x+a)-x2+ x-b=0, 2 2 3 即 ln(x+1)-x2+ x-b=0. 2 3 设 g(x)=ln(x+1)-x2+ x-b, 2 1 3 则 g′(x)= -2x+ , 2 x+1 -?4x+5??x-1? 即 g′(x)= . 2?x+1? 当 x∈[0,1)时,g′(x)>0,g(x)在[0,1)内单调递增; 当 x∈(1,2]时,g′(x)<0,g(x)在(1,2]内单调递减.

5 又∵f(x)=- x+ b 在[0,2]上恰有两个不同的实数根,等价于 2 g(x)=0 在[0,2]上恰有两个不同的实数根,

?g?0?=-b≤0, ? 3 ∴?g?1?=ln?1+1?-1+ -b>0, 2 ? ?g?2?=ln?2+1?-4+3-b≤0, ?b≥0, ? 1 即?b<ln2+ , 2 ? ?b≥ln3-1,
1 故 ln3-1≤b<ln2+ . 2

【教师备课资源】 题型六 利用导数证明不等式 例 6 已知 g(x)=xlnx,设 0<a<b. a+b 证明:0<g(a)+g(b)-2g( )<(b-a)ln2. 2 分析 可将 a、b 其中任一字母变为 x,构造函数利用函数的单 调性证明.

g(x)=xlnx,g′(x)=lnx+1. a+x 设 F(x)=g(a)+g(x)-2g( ), 2 a+x 则 F ′(x)=g′(x)-2[g( )]′ 2 a+x =lnx-ln . 2 当 0<x<a 时,F ′(x)<0,因此 F(x)在(0,a)内为减函数. 当 x>a 时,F′(x)>0,因此 F(x)在(a,+∞)上为增函数.从 而,当 x=a 时,F(x)有极小值 F(a).

证明

因为 F(a)=0,b>a,所以 F(b)>0, a+b 0<g(a)+g(b)-2g( ). 2 设 G(x)=F(x)-(x-a)ln2, a+x 则 G′(x)=lnx-ln -ln2=lnx-ln(a+x). 2 当 x>0,G′(x)<0. 因此 G(x)在(0,+∞)上为减函数. 因为 G(a)=0,b>a,所以 G(b)<0, a+b 即 g(a)+g(b)-2g( )<(b-a)ln2. 2 点评 利用导数证明不等式,关键是根据题意构造函数,并判 断单调性.

变式迁移 6 求证:当 x>0 时,x>ln(1+x).

证明

令 f(x)=x-ln(1+x),∵x>0, 1 x ∴f ′(x)=1- = >0, 1+x 1+x 又∵f(x)在 x=0 处连续, ∴f(x)在[0,+∞)上为增函数. ∴当 x>0 时,f(x)=x-ln(1+x)>f(0)=0, ∴x>ln(1+x).

题型七 确定多项式函数的系数 例 7 已知 x=1 是函数 f(x)=mx3-3(m+1)x2+nx+1 的一个极 值点,其中 m、n∈R,m<0.(1)求 m 与 n 的关系表达式;(2)求 f(x) 的单调区间;(3)当 x∈[-1,1]时,函数 y=f(x)的图象上任意一点的 切线斜率恒大于 3m,求 m 的取值范围.

解析 (1)f ′(x)=3mx2-6(m+1)x+n. 因为 x=1 是 f(x)的一个极值点,所以 f ′(1)=0,即 3m-6(m +1)+n=0,所以 n=3m+6. (2)由(1)知, ′(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)[x-(1 f 2 + )]. m

2 当 m<0 时,有 1>1+ ,当 x 变化时,f(x)与 f ′(x)的变化如 m 下表: 2 2 2 x 1 (1,+∞) (-∞,1+ ) 1+ (1+ ,1) m m m f 0 0 <0 >0 <0 ′(x) f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减

2 2 由上表知, m<0 时, 当 f(x)在(-∞, 1+ )单调递减, 在(1+ , m m 1)单调递增,在(1,+∞)单调递减. (3)由已知, f ′(x)>3m, mx2-2(m+1)x+2>0, 得 即 ∵m<0, 2 2 2 ∴x - (m+1)x+ <0, m m 1 2 2 即 x -2(1+ )x+ <0,x∈[-1,1].(*) m m 1 2 2 设 g(x)=x -2(1+ )x+ ,其函数图象的开口向上. m m

由题意(*)式恒成立,
?g?-1?<0 ? ∴? ?g?1?<0 ?

?1+2+ 2 + 2 <0 ? m m ?? ?-1<0 ?

? 4 <-3 ? 4 ??m ?- <m. 3 ?-1<0 ?
4 又 m<0,∴- <m<0. 3 4 即 m 的取值范围是- <m<0. 3

变式迁移 7 已知 f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在 x=± 时取得极值,且 f(1)= 1 -1, (1)试求常数 a、b、c 的值. (2)试判断 x=± 时函数有极小值还是极大值,并说明理由. 1

解析 (1)解法一:f ′(x)=3ax2+2bx+c. ∵x=± 是函数 f(x)的极值点, 1 ∴x=± 是方程 f ′(x)=0 的根, 1 即是方程 3ax2+2bx+c=0 的根. ?-2b=0, ① ? 3a ∴? ? c =-1. ② ?3a 又 f(1)=-1,∴a+b+c=-1. ③ 1 3 由①②③,得 a= ,b=0,c=- . 2 2

解法二:由 f ′(-1)=f ′(1)=0,得 3a+2b+c=0, ④ 3a-2b+c=0. ⑤ 又 f(1)=-1,∴a+b+c=-1. ⑥ 1 3 又④⑤⑥得 a= ,b=0,c=- . 2 2

1 3 (2)f(x)= x3- x. 2 2 3 3 3 ∴f ′(x)= x2- = (x-1)(x+1). 2 2 2 当 x<-1 或 x>1 时,f ′(x)>0, 当-1<x<1 时 f ′(x)<0. ∴函数 f(x)在(-∞,-1)、(1,+∞)上是增函数,在(-1,1)上 是减函数. ∴当 x=-1 时,函数 f(x)取得极大值 f(-1)=1; 当 x=1 时,函数 f(x)取得极小值 f(1)=-1.

题型八 有关参数的讨论问题 例 8 已知函数 y=f(x)的图象过点(m-2,0),m∈R,并且 f(x- 2)=ax2-(a-3)x+(a-2),其中 a 为负整数,设 g(x)=f[f(x)],F(x) =pg(x)-4f(x). (1)求 f(x)的表达式; (2)是否存在正实数 p,使 F(x)在(-∞,f(2)]上是增函数,且在 [f(2),0]上是减函数?若存在求出 p;若不存在,说明理由.

解析 因为图象过(m-2,0)点,∴m 是方程 ax2-(a-3)x+(a- 2)=0 的解,即方程存在实根. ∴Δ≥0,从而求出 a 的值,便可得到 f(x)的表达式. (1)依题意 ax2-(a-3)x+(a-2)=0 有实根 m, ∴Δ=[-(a-3)]2-4a(a-2)≥0, 1-2 7 1+2 7 得 ≤a≤ . 3 3 ∵a 是负整数,∴a=-1, ∴f(x-2)=-x2+4x-3=-(x-2)2+1, ∴f(x)=1-x2.

(2)由 f(x)=1-x2,可得 f(2)=-3,g(x)=1-(1-x2)2=2x2-x4. F(x)=p(2x2-x4)-4(1-x2), 先假设存在正实数 p, F(x)在(- 使 ∞,-3]上是增函数,且在(-3,0)上是减函数,由于 F(x)是可导函 数, ∴f ′(-3)=0. 1 ∵f ′(x)=4x(p+2-px2),由 f ′(-3)=0,得 p= ,而当 p 4 1 1 1 = 时,f ′(x)=4x( +2- x2)=-x(x-3)(x+3),当 x<-3 时,f 4 4 4 ′(x)>0,说明 F(x)在(-∞,-3]上是增函数. 当-3<x<0 时,f ′(x)<0,说明 F(x)在(-3,0)上是减函数. 1 综上所述,满足条件的 p 存在且 p= . 4

变式迁移 8 设 f(x)=ax3+x 恰有三个单调区间,试确定 a 的取值范围,并 求其单调区间.

解析 对于 f ′(x)=3ax2+1, 若 a>0,f ′(x)>0 对 x∈(-∞,+∞)恒成立,此时 f(x)只 有一单调区间,矛盾. 若 a=0,f ′(x)=1>0,∴x∈(-∞,+∞),f(x)也只有一 个单调区间,矛盾. 1 1 若 a<0,∵f ′(x)=3a(x+ )· (x- ),此时 f(x)恰有 3|a| 3|a| 三个单调区间. 1 1 ∴a<0 且单调减区间为(-∞,- )和( ,+∞),单 3|a| 3|a| 1 1 调增区间为(- , ). 3|a| 3|a|

方 法 路 路 通 1. 求可导函数 y=f(x)的单调增区间, 只需解不等式 f ′(x)>0, 可不必解不等式 f ′(x)≥0.求函数的单调区间时,若在端点处有意 义,所求结果(a,b)和[a,b]都是正确的.故解不等式 f ′(x)>0 或 f ′(x)≥0 都可以. 2. 可导函数 y=f(x)在区间 D 上单调递增,必有 f ′(x)≥0 在 D 上恒成立,而不能是 f ′(x)>0 在 D 上恒成立,但需对 f ′(x)≥0 中的取等条件进行验证,若不是有限个点使 f ′(x)=0,则该值要舍 去,比如常数函数导数恒为 0,但不单调.

3.如果把使导函数 f ′(x)取值为 0 的点称为函数 f(x)的驻点, 那么: ①可导函数的极值点一定是它的驻点,注意这句话中的“可 导”两字是必不可少的.例如函数 y=|x|在点 x=0 处有极小值 f(0) =0,但是 f ′(0)根本不存在,所以 x=0 不是 f(x)的驻点. ②可导函数的驻点可能是极值点,也可能不是极值点,例如函 数 f(x)=x3,f ′(0)=0,但 x=0 不是极值点. ③求一个可导函数的极值时,常常把驻点附近的函数值的讨论 情况列成表格, 这样可以使函数在各单调区间的增减情况一目了然.

④在求实际问题中的最大值或最小值时, 一般是先求出自变量、 因变量,建立函数关系式,并确定其定义域,如果定义域是一个开 区间,函数在定义域内可导(其实只要是初等函数,它在自己的定义 域内必然可导)并且按照常理分析,此函数在这一开区间内应该有最 大(小)值,如果定义域是闭区间,那么只要函数在此闭区间上连续, 它就一定有最大(小)值, 然后通过对函数求导, 发现定义域内只有一 个驻点,那么立 刻可以断定在这个驻点处的函数值就是最大 (小 ) 值.这一点是非常重要的,因为它在应用上较为简便,省去了讨论 驻点是否为极值点,求函数在端点处的极值,以及同函数在极值点 处的值进行比较等步骤.

4.要注意函数最大(小)值与极大(小)值的区别和联系,函数的 极值是比较极值点附近函数值得出的,是局部概念,而函数的最大 (小)值是比较整个定义区间的函数值得出的,是对整个定义域而言 的.在闭区间[a,b]上连续函数 f(x)的最大(小)值,是从开区间(a, b)内所有极大(小)值与 f(a)、f(b)比较选出来的. 5.本节知识和方法在应用过程中常出现的主要错误类型有: (1)在求函数的单调区间或判断单调性时,对含字母系数的函 数,不能正确地分类讨论. (2)把最值与极值混淆了, 求出极值后没有与端点处的函数值进 行比较,导致错解. (3)认为导数为零的点一定是极值点,导致错解. (4)在求函数的单调区间时, 如果函数的增区间或减区间有两个 或两个以上,把这些区间并起来了,没有分清“或”与“和”的区 别,导致错误.

正 误 题 题 辨 例求函数 f(x)=x2-lnx 的单调区间. 2 1 2x -1 错解 f ′(x)=2x- = , x x 2 2 令 f ′(x)>0,解得- <x<0 或 x> . 2 2 2 2 令 f ′(x)<0,解得 x<- 或 0<x< . 2 2 2 2 ∴f(x)的单调增区间为(- , 0)和( , +∞), 单调减区间为(- 2 2 2 2 ∞,- )和(0, ). 2 2 点击 本题的错误原因是未考虑函数的定义域.

正解 函数 f(x)有意义,则 x>0. 2 1 2x -1 又∵f ′(x)=2x- = . x x 2 , 2 2 令 f ′(x)<0,由 x>0 可解得 0<x< . 2 2 2 所以函数 f(x)在(0, )上为减函数,在( ,+∞)上为增函数. 2 2 令 f ′(x)>0,由 x>0 可解得 x>


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