2011高考数学总复习课件3.4 导数的综合应用

x＋a (2)由(1)可知，f′(x)＝ 2 x ①若 a≥－1，则 x＋a≥0，即 f′(x)≥0 在[1，e] 上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数， 3 ∴[f(x)]min＝f(1)＝－a＝ ， 2 3 ∴a＝－ (舍去)． 2 ②a≤－e，则 x＋a≤0，即 f′(x)≤0 在[1，e]上恒 成立，f(x)在[1，e]上为减函数， a 3 ∴[f(x)]min＝f(e)＝1－ ＝ ， e 2 e ∴a＝－ (舍去)． 2
③若－e<a<－1，当 1<x<－a 时，f′(x)<0， ∴f(x)在(1，－a)上为减函数，当－a<x<e 时， f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数， 3 ∴[f(x)]min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝ ，∴a＝－ e 2 综上所述，a＝－ e.
题型三 【例 3】
导数与方程的解 已知函数 f(x)＝x2－aln x 在(1,2]是增函数，
个根处取极小值). 4.函数的最值 求可导函数在［a,b］上的最值的步骤 求f(x)在(a,b)内的极值→求f(a)、f(b)的值→比 极值 较f(a)、f(b)的值和_____的大小.
5.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤
(1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问 题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关 系式y=f(x); (2)求函数的导数f′(x),解方程f′(x)=0;
( C )
D. n2 n 1
A.
n n 1
解析
∵f′(x)=mxm-1+a=2x+1
m 2 a 1
∴f(x)=x2+x ∴f(n)=n2+n=n(n+1)
1 f (1 ) 1 f (2) 1 f (n) 1 1 n 1 n n 1 . 故选 C.
4.a、b为实数，且b-a=2，若多项式函数f(x)在区间 (a,b)上的导函数f′(x)满足f′(x)<0,则以下式子 中一定成立的关系式是 A.f(a)<f(b) C.f(a+1)>f(b-1) 解析 ( B.f(a+1)>f(bD.f(a+1)>f(b1 2 3 2
解 由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},
1 (1 x )
2
因为 f ( x )
a ln( x 1 ), 所以 f ( x )
2 - a (1 x ) (1 x )
3
2
.
①当a>0时,由f′(x)=0,得
x1 1 2 a 1, x 2 1 2 a
当a=1或a≥3时,f(x)无极值. 探究提高 (1)注意体会求函数极值的基本步骤,列 表可使解题过程更加清晰规范. (2)要求函数f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值,需对参
数a进行讨论.
知能迁移1
已知函数
f (x)
1 (1 x )
2
a ln( x 1 )
(a为常数),求函数f(x)的极值.
(3)比较函数在区间端点和f′(x)=0的点的函数值
的大小,最大(小)者为最大(小)值.
基础自测
1.已知曲线C:y=2x2-x3,点P(0,-4),直线l过点P且与 曲线C相切于点Q,则点Q的横坐标为 A.-1 B.1 C.-2
2
(
A )
D.2
2 3
解析
2
y 4 x 3 x , 设 Q ( x 0 , 2 x 0 x 0 ), 则 l 方 程 为
极小值;
当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;
当1<a<3时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值f(2)=-6,无 极大值; 当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当0<a<1时,f(x)有极大值-2,无极小值;
当1<a<3时,f(x)有极小值-6,无极大值;
b＝3， 依题意 －16a＋b＝－29 a＝2， ， b＝3，
符合题意．
当a<0,令f′(x)＝0得x1＝0,x2＝4在区间[－1,2]上,
x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2
f′(x)
f(x)
－
－7a＋b
－

0
极小值b
＋

＋
－16a＋b
由 a<0 得－16a＋b>－7a＋b，则 f(x)在[－1,2]上取最大值 －16a＋b，最小值 b.
1＋
2 处取得极小值， a
2 2 a ＝2 1＋ln a . a
当 a≤0 时，f(x)无极值．
题型二
函数的最值与导数
【例2】已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b,问是否存在实 数a、b使f(x)在[－1，2]上取得最大值3，最小值 －29,若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明
知能迁移 2
a 已知函数 f(x)＝ln x－ . x
(1)求函数 f(x)的单调增区间； 3 (2)若函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求实数 a 的值． 2
解
(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1 a x＋a 且 f′(x)＝ ＋ 2＝ 2 . x x x ①当 a≥0 时, f′(x)>0,∴f(x)的单调增区间为(0,＋∞)． ②当 a<0 时，令 f′(x)>0，得 x>－a，∴f(x)的单调增 区间为(－a，＋∞)．
当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4在区间 [－1,2]上,
x f′(x) f(x) －1 ＋ －7a＋b (－1,0) ＋ 0 0 极大值 b (0,2) － 2 － －16a＋b
由 a>0 得－16a＋b<－7a＋b，则 f(x)在[－1,2]上取最大 值 b，最小值－16a＋b.
2m 6 23
而g(x)的图象关于y轴对称,所以
所以m=-3.代入①得n=0.
0,
于是f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
由f′(x)>0得x>2或x<0, 故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);
由f′(x)<0,得0<x<2,
故f(x)的单调递减区间是(0,2).
图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x)，则不等式
,1] [2,3) f′(x)≤0的解集为__________. 3 [
解析
域 (
3 2
由函数y=f(x)在定义
, 3 ) 内的图象可得,函
数y=f′(x)的大致图象如图
所示.由图象可得不等式 f′(x)≤0的解集为
[ 1 3 ,1] [ 2 , 3 ).
(2)由(1)得f′(x)=3x(x-2), 令f′(x)=0得x=0或x=2. 当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) (-∞,0) + 0 0 极大值 (0,2) 2 0 极小值 (2,+∞) +
由此可得: 当0<a<1时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值f(0)=-2,无
∴f′(-x)=f′(x),∴f′(x)为偶函数,∴函数图象 关于y轴对称.由f′(0)=1可排除C、D选项.而 f′(1)=cos 1-sin 1<0,从而观察图象即可得到答
案为A.
3.已知函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列
{ 1 f (n) }
(n∈N*)的前n项和为
Β. n 1 n C. n n 1
于y轴对称可求m,n.由f′(x)>0及f′(x)<0可求单
调递增和递减区间.(2)先求出函数y=f(x)的极值 点,再根据极值点是否在区间(a-1,a+1)内讨论.
解
(1)由函数f(x)的图象过点(-1,-6), ①
得m-n=-3. 由f(x)=x3+mx2+nx-2,得f′(x)=3x2+2mx+n, 则g(x)=f′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n.
g(x)＝x－a x在(0,1)为减函数． (1)求 f(x)、g(x)的解析式； (2)求证：当 x>0 时，方程 f(x)＝g(x)＋2 有唯一解． 探究提高
3 2
y 2 x 0 x 0 ( 4 x 0 3 x 0 )( x x 0 ). l 过 点 P (0, 4 ), 4 2 x 0 x 0 ( 4 x 0 3 x 0 )(0 x 0 ), x 0 x 0 2合应用
基础知识
要点梳理 1.曲线的切线方程
自主学习
点P(x0,f(x0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x0,f(x0)) y处存在导数,曲线y=f(x)在点P处的切线方程为___
f(x0)=f′(x0)(x-x0) __________________.
2.函数的单调性 (1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便, 但要注意规范步骤.求函数单调区间的基本步骤是:
理由．
思维启迪 (1)研究函数f(x)在[－1,2]上的单调性;
(2)确定f(x)在[－1,2]上的最大、最小值；
(3)列方程组求a、b. 解 由f(x)＝ax3－6ax2＋b得f′(x)＝3ax2－12ax ＝3ax(x－4)． 当a＝0时,f′(x)＝0,f(x)＝b不能使f(x)在[－1,2] 上取最大值3,最小值－29.
3
1,
此时 f ( x )
a ( x x 1 )( x x 2 ) (1 x )