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2014届高三一轮数学(理)复习第15讲导数在函数中的应用


第15讲 导数在函数中的应用

1 1. (2012· 广东省肇庆市期末)函数 f(x)=x+ 的单调 x 递减区间是( C ) A.(-1,1) C.(-1,0),(0,1) B.(-1,0)∪(0,1) D.(-∞,-1),(1,+∞)

1 解析:函数 f(x)=x+ 的定义域为{x|x≠0}, x 1 由 f′(x)=1- 2<

0, 得-1<x<0 或 0<x<1, 所以函数 f(x) x 的单调递减区间是(-1,0),(0,1).

2.(2012· 杭州市 3 月)如图是导函数 y=f′(x)的图象,则 下列命题错误的是( D ) A.导函数 y=f′(x)在 x=x1 处有极小值 B.导函数 y=f′(x)在 x=x2 处有极大值 C.函数 y=f(x)在 x=x3 处有极小值 D.函数 y=f(x)在 x=x4 处有极小值

解析:因为函数 y=f(x)在 x=x3 的左边递增,右边递减, 所以 y=f(x)在 x=x3 处取得极大值;函数 y=f(x)在 x=x4 的 左边递减,右边递增,所以 y=f(x)在 x=x4 处取得极小值, 故选 D.

3.函数 f(x)=x3-3x+1 在闭区间[-3,0]上的 最大值是 ,最小值是 .

解析:f ′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令 f ′(x)=0, 得 x=-1(x=1 舍去).而 f(-3)=-17,f(-1)=3,f(0)=1, 故 f(x)在[-3,0]的最大值是 3,最小值是-17.



函数的单调性与导数
【例 1】(2012· 山东省苍山县期末检测)已知函数 f(x)=x2+aln x. (1)当 a=-2e 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 g(x)=f(x)-2x 在[1,4]上是减函数,求实数 a

的取值范围.

解析:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). 2e 2?x- e??x+ e? 当 a=-2e 时,f′(x)=2x- = . x x 由 f′(x)>0,得 x> e;由 f′(x)<0,得 0<x< e, 所以 f(x)的单调递减区间是(0, e),单调递增区间 是( e,+∞).

a (2)由 g(x)=x +aln x-2x,得 g′(x)=2x+ -2. x
2

又函数 g(x)=x2+aln x-2x 在[1,4]上是减函数, 则 g′(x)≤0 在[1,4]上恒成立, a 所以不等式 2x+ -2≤0 在[1,4]上恒成立, x 即 a≤2x-2x2 在[1,4]上恒成立. 设 φ(x)=2x-2x2,显然 φ(x)在[1,4]上为减函数, 所以 φ(x)的最小值为 φ(4)=-24, 所以 a 的取值范围是(-∞,-24].

【拓展演练 1】 (1)已知函数 f(x)=x3-ax-1. ①若 f(x)在 R 上单调递增,则 a 的取值范围是 ②若 f(x)在(-1,1)上单调递减, a 的取值范围是 则 (2)函数 y=xsin x+cos x 在下面哪个区间内是增函数( π 3π A.( , ) 2 2 3π 5π C.( , ) 2 2 B.(π,2π) D.(2π,3π) ; ; )

解析:(1)因为 f′(x)=3x2-a. ① 若 f(x) 在 R 上 单 调 递 增 , 则 f′(x)≥0 恒 成 立 , 即 3x2-a≥0 恒成立,所以 a≤0. ②若 f(x)在(-1,1)上单调递减,则 3x2-a≤0 在(-1,1)上 恒成立,即 a≥3x2 在(-1,1)上恒成立,所以 a≥3. (2)因为 y′=sin x+x· x-sin x=x· x,满足 y′>0 cos cos 3π 5π 的区间为( , ),故选 C. 2 2



函数的极值与导数
【例 2】(2012· 江苏卷改编)若函数 y=f(x)在 x=x0 处取得

极大值或极小值,则称 x0 为函数 y=f(x)的极值点.已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2, g(x)的极值点. 求

解析:(1)由 f(x)=x3+ax2+bx, 得 f′(x)=3x2+2ax+b. 因为 1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点, 所以 f′(1)=3+2a+b=0,f′(-1)=3-2a+b=0, 解得 a=0,b=-3.

(2)由(1)得 f(x)=x3-3x. 所以 g′(x)=f(x)+2=x3-3x+2=(x-1)2(x+2), 解得 x1=x2=1,x3=-2. 因为当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0, 所以 x=-2 是 g(x)的极值点. 因为当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0, 所以 x=1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点是-2.

【拓展演练 2】 (1)函数 f(x)=x3-ax2-bx+a2 在 x=1 处有极值 10,则点 (a,b)为( ) B.(-4,11) D.不存在 值(填

A.(3,-3) C.(3,-3)或(-4,11)


(2)已知函数 f(x)=x· x(x∈R),则函数 f(x)有极 e “大”或“小”)为 .

解析:(1)f′(x)=3x2-2ax-b,又函数在 x=1 处有极值 10, ?f′?1?=0 ?3-2a-b=0 则? ,即? , 2 ?f?1?=10 ?1-a-b+a =10
?a=3 ?a=-4 解得? 或? . ?b=-3 ?b=11

而当 a=3, b=-3 时, f′(x)=3x2-6x+3=3(x-1)2≥0, 故函数 f(x)没有极值点, 而当 a=-4,b=11 时, f′(x)=3x2+8x-11=(3x+11)(x-1), 故存在极值点,因此选 B.

(2)因为 f′(x)=e x-x· x=e x(1-x). e 由 f′(x)=0,得 x=1. 当 x∈(-∞, 1)时, f′(x)>0; x∈(1, 当 +∞)时, f′(x)<0, 所以 f(x)在(-∞,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 1 故 f(x)有极大值为 f(1)= . e









函数的最值与导数
ln x 【例 3】已知函数 y=f(x)= . x (1)求 y=f(x)的最大值; (2)设实数 a>0,求函数 F(x)=af(x)在[a,2a]上的最小值.

1-ln x 解析:(1)f′(x)= . x2 令 f′(x)=0 得 x=e. 因为当 x∈(0,e)时,f′(x)>0,f(x)在(0,e)上为增函数; 当 x∈(e,+∞)时,f′(x)<0,f(x)在(e,+∞)上为减函 数, 1 所以 f(x)max=f(e)= . e

(2)因为 a>0,由(1)知,F(x)在(0,e)上单调递增, 在(e,+∞)上单调递减, 所以 F(x)在[a,2a]上的最小值 F(x)min=min{F(a), F(2a)}. 1 a 因为 F(a)-F(2a)= ln , 2 2 所以当 0<a≤2 时,F(a)-F(2a)≤0, F(x)min=F(a)=ln a, 当 a>2 时,F(a)-F(2a)>0, 1 F(x)min=F(2a)= ln 2a. 2

【拓展演练 3】 a 已知函数 f(x)=ln x- (a∈R,a≠0). x 1 (1)若 a=-1,求 f(x)在[ ,e]上的最大值和最小值; e 3 (2)若 f(x)在区间[1,e]上的最小值是 ,求实数 a 的值. 2

1 解析:(1)当 a=-1 时,f(x)=ln x+ ,定义域为(0,+∞). x 1 1 x-1 由 f′(x)= - 2= 2 =0,得 x=1. x x x x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)递减; x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)递增. 1 1 又 f(1)=1,f( )=-1+e,f(e)=1+ , e e 1 易知 f( )>f(e)>f(1), e 1 所以 f(x)max=f( )=e-1,f(x)min=f(1)=1. e

x+a (2)由 f′(x)= 2 ,x∈[1,e]. x ①当 a≥-1 时,因为 x≥1,所以 x+a≥1+a≥0, 所以 f(x)在[1,e]上递增. 3 3 于是 f(x)min=f(1)=-a= ,得 a=- ,不成立. 2 2 ②当 a≤-e 时,而 x≤e,x+a≤e+a≤0, 所以 f(x)在[1,e]上递减, a 3 于是 f(x)min=f(e)=1- = , e 2 e 所以 a=- ,不成立. 2

③当-e<a<-1 时,在区间[1,-a]上,f′(x)<0,f(x)递减, 在区间[-a,e]上,f′(x)>0,f(x)递增, 3 所以 f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,所以 a=- e. 2 综上得,实数 a=- e.

1.(2013· 浙江卷)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( C ) A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取得极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取得极大值 C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取得极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取得极大值

解析:当 k=1 时,f′(x)=ex-1,f′(1)≠0,则 x=1 不是函数 f(x)的极值点,排除 A、B;当 k=2 时,f′(x)=(x -1)· x(x+1)-2],令 f′(x)=0 得到两个根,一个为 1,另 [e 一个设为 x0,易知 x0<1,则函数 f(x)在(-∞,x0)和(1,+∞) 上单调递增, 在(x0,1)上单调递减, 因此 x=1 为函数 f(x)的极 小值点.

2.(2013· 福建卷)设函数 f(x)的定义域为 R,x0(x0≠0)是 f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是( D ) A.?x∈R,f(x)≤f(x0) B.-x0 是 f(-x)的极小值点 C.-x0 是-f(x)的极小值点 D.-x0 是-f(-x)的极小值点

解析:由于 x0 是 f(x)的极大值点,则存在 m<n, 且当 x0∈(m,n)时,

那么对于-x0,有

故-x0 是-f(-x)的极小值点.

3.(2012· 辽宁卷)若 x∈[0,+∞),则下列不等式恒成立 的是( C ) A.e ≤1+x+x
x 2

1 1 1 2 B. ≤1- x+ x 2 4 1+x 1 2 D.ln(1+x)≥x- x 8

1 2 C.cos x≥1- x 2

1 2 1 2 解析:设 f(x)=cos x-(1- x )=cos x-1+ x , 2 2 则 g(x)=f′(x)=-sin x+x, 所以 g′(x)=-cos x+1≥0, 所以当 x∈[0,+∞)时,g(x)为增函数, 所以 g(x)=f′(x)≥g(0)=0. 1 2 同理 f(x)≥f(0)=0,所以 cos x-(1- x )≥0, 2 1 2 即 cos x≥1- x ,故选 C. 2

4.(2012· 全国卷)已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰 有两个公共点,则 c=( A ) A.-2 或 2 C.-1 或 1 B.-9 或 3 D.-3 或 1

解析:因为三次函数的图象与 x 轴恰有两个公共点,结 合该函数的图象,可得极大值或者极小值为零即可满足要 求.而 f ′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),当 x=± 时 f(x)取得 1 极值. 由 f(1)=0 或 f(-1)=0,可得 c-2=0 或 c+2=0, 即 c=± 2.


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