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第2章 第11节 导数的应用


2009~2013 年高考真题备选题库 第 2 章 函数、导数及其应用 第 11 节
考点一
f(0))处的切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解:本题主要考查导数的基本知识,利用导数判断函数单调性、求极值. (1)f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f

′(0)=4.故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4. (2)由(1)知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x, 1? x f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2)? ?e -2?. 令 f′(x)=0 得,x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0;当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2),(-ln 2,+∞)上单调递增,在(-2,-ln 2)上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e 2).


导数的应用

应用导数研究函数的单调性

1. (2013 新课标全国Ⅰ,5 分)已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0,

2.(2013 山东,12 分)已知函数 f(x)=ax2+bx-ln x(a,b∈R). (1)设 a≥0,求 f(x)的单调区间; (2)设 a>0,且对任意 x>0,f(x)≥f(1).试比较 ln a 与-2b 的大小. 解: 本题主要考查利用导数研究函数的单调性和相关函数值的大小比较, 考查分类讨论 思想、推理论证能力和运算求解能力. (1)由 f(x)=ax2+bx-ln x,x∈(0,+∞), 2ax2+bx-1 得 f′(x)= . x bx-1 ①当 a=0 时,f′(x)= . x (ⅰ)若 b≤0,当 x>0 时,f′(x)<0 恒成立, 所以函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞). 1 (ⅱ)若 b>0,当 0<x< 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; b

1 当 x> 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. b 1? ?1 ? 所以函数 f(x)的单调递减区间是? ?0,b?,单调递增区间是?b,+∞?. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0, 得 2ax2+bx-1=0. -b- 由 Δ=b +8a>0,得 x1=
2

b2+8a , 4a

x2=

-b+ b2+8a . 4a

当 0<x<x2 时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x>x2 时,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增.

? -b+ b2+8a? , 单 调 递 增 区 间 是 所 以 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 ?0, ? 4a ? ? ?-b+ b2+8a ? ? ,+∞?. 4a ? ?
综上所述, 当 a=0,b≤0 时,函数 f(x)的单调递减区间是(0,+∞); 1? ?1 ? 当 a=0,b>0 时,函数 f(x)的单调递减区间是? ?0,b?,单调递增区间是?b,+∞?;

? -b+ 当 a>0 时 , 函 数 f(x) 的 单 调 递 减 区 间 是 ?0, ?
-b+ b2+8a ,+∞. 4a

b2+8a? ?,单调递增区间是 4a ?

(2)由题意知,函数 f(x)在 x=1 处取得最小值. -b+ b2+8a 由(1)知 是 f(x)的唯一极小值点, 4a 故 -b+ b2+8a =1,整理得 2a+b=1 即 b=1-2a. 4a

令 g(x)=2-4x+ln x, 1-4x 则 g′(x)= . x 1 令 g′(x)=0,得 x= , 4 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 4 1 当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减. 4 1? 1 因此 g(x)≤g? ?4?=1+ln 4=1-ln 4<0.

故 g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0, 即 ln a<-2b. 3. (2012 福建,5 分)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:∵f(x)=x3-6x2+9x-abc,∴f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),令 f′(x)=0, 得 x=1 或 x=3.依题意有,函数 f(x)=x3-6x2+9x-abc 的图像与 x 轴有三个不同的交点, 故 f(1)f(3)<0,即(1-6+9-abc)(33-6×32+9×3-abc)<0,∴0<abc<4,∴f(0)=-abc<0, f(1)=4-abc>0,f(3)=-abc<0,故②③是对的. 答案:C 1 4. (2012 辽宁,5 分)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) B.(0,1] D.(0,+∞) )

1 1 ?x-1??x+1? 解析:函数 y= x2-ln x 的定义域为(0,+∞),y′=x- = ,令 y′≤0, 2 x x 则可得 0<x≤1. 答案:B 5.(2009· 江苏,5 分)函数 f(x)=x3-15x2-33x+6 的单调减区间为________. 解析:f′(x)=3x2-30x-33=3(x2-10x-11) =3(x+1)(x-11)<0, 解得:-1<x<11,故减区间为(-1,11). 答案:(-1,11) 6. (2012 新课标全国,12 分)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. 解:(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 令 g(x)= x +x,则 e -1 -xex-1 ex?ex-x-2? g′(x)= x . 2 +1= ?e -1? ?ex-1?2 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. 7. (2012 浙江,15 分)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:(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- 和[ a )(x+ 6 a ), 此时函数 f(x)的单调递增区间为(-∞, - 6 a , 6 a ]. 6 a ] 6

a ,+∞),单调递减区间为[- 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 g′(x)=6x2-2=6(x- x g′(x) g(x) 1 0 3 3 )(x+ ),于是 3 3 (0, 3 ) 3 3 3 0 极小值 ( 3 ,1) 3 + 增 1 1

- 减

所以,g(x)min=g(

3 4 3 )=1- >0. 3 9

所以当 0≤x≤1 时,2x3-2x+1>0.

故 f(x)+|2-a|≥4x3-4x+2>0.

考点二
A.? x0∈R,f(x0)=0

应用导数研究函数的极值和最值
)

1. (2013 新课标全国Ⅱ, 5 分) 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c, 下列结论中错误的是(

B.函数 y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f (x0)=0 解析:本题考查三次函数的性质,考查数形结合思想,考查考生分析问题和解决问题的 能力.由于三次函数的三次项系数为正值,当 x→-∞时,函数值→-∞,当 x→+∞时, 函数值也→+∞,又三次函数的图象是连续不断的,故一定穿过 x 轴,即一定?x0∈R,f(x0) =0,选项 A 中的结论正确;函数 f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x+m)3+n(x +m)+h 的形式,通过平移函数图象,函数的解析式可以化为 y=x3+nx 的形式,这是一个 奇函数,其图象关于坐标原点对称,故函数 f(x)的图象是中心对称图形,选项 B 中的结论正 确;由于三次函数的三次项系数为正值,故函数如果存在极值点 x1,x2,则极小值点 x2>x1, 即函数在-∞到极小值点的区间上是先递增后递减的,所以选项 C 中的结论错误;根据导 数与极值的关系,显然选项 D 中的结论正确. 答案:C 2. (2013 福建,5 分)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( )


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:本题主要考查函数的极值点、导数等基础知识,意在考查考生的数形结合能力、 转化和化归能力、运算求解能力.取函数 f(x)=x3-x,则 x=- f(3)>f?- 3 为 f(x)的极大值点,但 3

?

3? , ∴排除 A; 取函数 f(x)=-(x-1)2, 则 x=1 是 f(x)的极大值点, 但-1 不是 f(- 3?

x)的极小值点,∴排除 B;-f(x)=(x-1)2,-1 不是-f(x)的极小值点,∴排除 C,故选 D. 答案:D 3.已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的取值范围是( A.(-∞,0) C.(0,1) 1 0, ? B.? ? 2? D.(0,+∞) )

解析:本题主要考查导数的应用,利用导数研究函数极值的方法,考查考生运算能力、

综合分析问题的能力和化归与转化能力.由题知,x>0,f′(x)=ln x+1-2ax,由于函数 f(x) 有两个极值点,则 f′(x)=0 有两个不等的正根,显然 a≤0 时不合题意,必有 a<0.令 g(x) 1? 1 1 =ln x+1-2ax,g′(x)= -2a,令 g′(x)=0,得 x= ,故 g(x)在? ?0,2a?上单调递增,在 x 2a

? 1 ,+∞?上单调递减,所以 g(x)在 x= 1 处取得最大值,即 f′? 1 ?=ln 1 >0,所以 0<a<1. ?2a ? ?2a? 2a 2a 2
答案:B 4. (2013 广东,14 分)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. 解: 本题以三次函数为背景, 主要考查导数在研究函数的单调性、 极值、 最值中的应用, 意在考查考生运用数形结合思想、分类讨论思想解决问题的能力. (1)当 k=1 时, f(x)=x3-x2+x,f′(x)=3x2-2x+1. ∵方程 3x2-2x+1=0 的判别式 Δ=4-4×3=-8<0, ∴f′(x)>0 恒成立, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). (2)当 k<0 时, f′(x)=3x2-2kx+1, 方程 3x2-2kx+1=0 的判别式 Δ=4k2-4×3=4(k2 -3), ①当 Δ≤0 时,有 k2-3≤0,即- 3≤k<0 时,f′(x)≥0 恒成立,这时 f(x)在[k,-k] 上单调递增, 有 m=f(k)=k3-k· k2+k=k,M=f(-k)=-k3-k· k2-k=-2k3-k. ②当 Δ>0 时,有 k2-3>0,即 k<- 3, 令 f′(x)=3x2-2kx+1=0,解得 x1= k- k2-3 k+ k2-3 <0,x2= <0,且 x1<x2<0, 3 3

k- k2-3 -2k- k2-3 4k2- k2-3 又 x1-k= -k= = >0, 3 3 3 于是 k<x1<x2<0, 当 k<x<x1 或 x2<x<-k 时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x1<x<x2 时,f′(x)<0,f(x)为减函数, 故 M=max{f(-k),f(x1)},m=min{f(k),f(x2)}. 先证 f(-k)>f(x1).
2 ∵3x2 1-2kx1+1=0,∴kx1=

3x3 1+x1 , 2

2 3 f(x1)=x3 1-kx1+x1=x1-

3x3 -x3 1+x1 1+x1 +x1= , 2 2 -x3 1 3 1 1 3 1+x1? 3 3 ? 2 ? = - 2k - k + 2 x 1 - 2 x1 = - 2k + 2 x 1 +

∴ f( - k) - f(x1) = ( - 2k3 - k) - ?

?-k-1x1?, 2 ? ?
1 1 3 3 又-k- x1>0,要证 f(-k)>f(x1),只需证-2k3+ x3 >0?x3 1>4k ?x1> 4k, 2 2 1 3 由 k<x1<0 知 x1> 4k 显然成立, ∴f(-k)>f(x1). 再证 f(k)<f(x2). -x3 -x3 1 2+x2 2+x2 1 同理 f(x2)= ,有 f(k)-f(x2)=k- = (k-x2)+ (k+x3 2)<0, 2 2 2 2 ∴f(k)<f(x2). 综上所述,M=f(-k)=-2k3-k,m=f(k)=k. 5.(2013 浙江,15 分)已知 a∈R,函数 f(x)=2x3-3(a+1)x2+6ax. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若|a|>1,求 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. 解:本题主要考查利用导数研究函数的单调性等性质,及导数应用等基础知识,同时考 查分类讨论等综合解题能力. (1)当 a=1 时,f′(x)=6x2-12x+6,所以 f′(2)=6. 又因为 f(2)=4,所以切线方程为 y=6x-8. (2)记 g(a)为 f(x)在闭区间[0,2|a|]上的最小值. f′(x)=6x2-6(a+1)x+6a=6(x-1)(x-a). 令 f′(x)=0,得到 x1=1,x2=a. 当 a>1 时, x f′(x) f(x) 0 0 (0,1) + 单调 递增 1 0 极大值 3a-1 (1,a) - 单调 递减 a 0 极小值 a (3-a)
2

(a,2a) + 单调 递增

2a

4a3

比较 f(0)=0 和 f(a)=a2(3-a)的大小可得
?0,1<a≤3, ? g(a)=? 2 ? ?a ?3-a?,a>3.

当 a<-1 时, x 0 (0,1) 1 (1,-2a) -2a

f′(x) f(x) 0

- 单调 递减

0 极小值 3a-1

+ 单调 递增 -28a3-24a2

得 g(a)=3a-1. 综上所述,f(x)的闭区间[0,2|a|]上的最小值为 3a-1,a<-1, ? ? g(a)?0,1<a≤3, ? ?a2?3-a?,a>3. 2 6. (2012 陕西,5 分)设函数 f(x)= +ln x,则( x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 2 1 x-2 解析:函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=- 2+ = 2 ,当 x=2 时,f′(x)=0; x x x 当 x>2 时,f′(x)>0,函数 f(x)为增函数;当 0<x<2 时,f′(x)<0,函数 f(x)为减函数,所以 x =2 为函数 f(x)的极小值点. 答案:D 7. (2011 福建,5 分)若 a>0,b>0,且函数 ?(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极 值,则 ab 的最大值等于( A.2 C.6
2

)

) B.3 D.9

解析:函数的导数为 ? ′(x)=12x -2ax-2b,由函数 ?(x)在 x=1 处有极值,可知函数 ?(x)在 x=1 处的导数值为零,12-2a-2b=0,所以 a+b=6,由题意知 a,b 都是正实数, a+b 2 6 2 所以 ab≤( ) =( ) =9,当且仅当 a=b=3 时取到等号. 2 2 答案:D 8. (2011 浙江,5 分)设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下列图像不可能为 y=f(x)的图像是( )

解析:若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则易得 a=c.因选项 A、B 的函数为 f(x)

=a(x+1)2,则[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=a(x+1)(x+3)ex,∴x=-1 为函数 f(x)ex 的一 b 个极值点满足条件;选项 C 中,对称轴 x=- >0,且开口向下, 2a b ∴a<0,b>0.∴f(-1)=2a-b<0.也满足条件;选项 D 中,对称轴 x=- <-1,且 2a 开口向上, ∴a>0,b>2a.∴f(-1)=2a-b<0.与图矛盾. 答案:D 9. (2010 山东,5 分)已知某生产厂家的年利润 y(单元:万元)与年产量 x(单位:万件) 1 的函数关系式为 y=- x3+81x-234,则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为( 3 A.13 万件 C.9 万件 B.11 万件 D.7 万件 )

解析:因为 y′=-x2+81,所以当 x>9 时,y′<0;当 x∈(0,9)时,y′>0,所以函 1 数 y=- x3+81x-234 在(9,+∞)上单调递减,在(0,9)上单调递增,所以 x=9 是函数的极 3 大值点,又因为函数在(0,+∞)上只有一个极大值点,所以函数在 x=9 处取得最大值. 答案:C 10. (2012 广东, 14 分) 设 0<a<1, 集合 A={x∈R|x>0}, B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0}, D=A∩B. (1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax 在 D 内的极值点. 1 解: (1)方程 2x2- 3(1+ a)x + 6a =0 的判别式 Δ= 9(1 + a)2- 48a= 9(a - 3)(a- ) ,而 3 0<a<1,A={x∈R|x>0}, 1 1 ①当 Δ>0 时,得 a< 或 a>3,即 0<a< , 3 3 由 2x2-3(1+a)x+6a=0, 3?1+a?-3 解得 x1= 3?1+a?+3 x2= 4 1 ?a-3??a- ? 3 4



1 ?a-3??a- ? 3 ,有 0<x1<x2,

此时 B=(-∞,x1)∪(x2,+∞),D=A∩B=(0,x1)∪(x2,+∞); 1 ②当 Δ=0 时,得 a= ,由 x2-2x+1=0,得 x=1, 3 此时 B=(-∞,1)∪(1,+∞),

D=A∩B=(0,1)∪(1,+∞); 1 ③当 Δ<0 时,得 <a<1,B=R,D=A∩B=(0,+∞). 3 1 综上所述:当 0<a< 时,D=(0, 3 3?1+a?+3 ( 1 ?a-3??a- ? 3 4 3?1+a?-3 4 1 ?a-3??a- ? 3 )∪

,+∞);

1 当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞); 3 1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3 (2)由题知 f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a),0<a<1, 令 f′(x)=0 得 x=a 或 x=1,当 x<a 或 x>1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增, 当 a<x<1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 1 ①当 0<a< 时,D= 3 3?1+a?-3 (0, 3?1+a?+3 ( 4 1 ?a-3??a- ? 3 )∪

1 ?a-3??a- ? 3 4

,+∞ ),

由 f(0)=0,f(a)=2a3-3(1+a)a2+6a2=a2(3-a)>0,f(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1<0, 再由 f(x)的单调性可得 0<a<x1<1<x2, 所以函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a. 1 1 ②当 a= 时,D=(0,1)∪(1,+∞),函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a= . 3 3 1 ③当 <a<1 时,D=(0,+∞),函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a 和 x=1. 3 1 1 综上,当 <a<1 时,函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a 和 x=1;当 a= 时,函数 f(x)在 3 3 1 1 D 内的极值点为 x= ;当 0<a< 时,函数 f(x)在 D 内的极值点为 x=a. 3 3 1 11. (2012 安徽,12 分)设定义在(0,+∞)上的函数 f(x)=ax+ +b(a>0). ax (1)求 f(x)的最小值; 3 (2)若曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y= x,求 a,b 的值. 2 1 解:(1)法一:由题设和均值不等式可知,f(x)=ax+ +b≥2+b, ax

其中等号成立当且仅当 ax=1, 1 即当 x= 时,f(x)取最小值为 2+b. a 法二:f(x)的导数 f′(x)=a-
2 2 1 a x -1 , 2= ax ax2

1 1 当 x> 时,f′(x)>0,f(x)在( ,+∞)上单调递增; a a 1 1 当 0<x< 时,f′(x)<0,f(x)在(0, )上单调递减. a a 1 所以当 x= 时,f(x)取最小值为 2+b. a 1 1 3 1 (2)由题设知,f′(x)=a- 2,f′(1)=a- = ,解得 a=2 或 a=- (不合题意,舍去). ax a 2 2 1 3 将 a=2 代入 f(1)=a+ +b= ,解得 b=-1.所以 a=2,b=-1. a 2 12.(2010 浙江,15 分)已知函数 f(x)=(x-a)2(x-b)(a,b∈R,a<b). (1)当 a=1,b=2 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)设 x1,x2 是 f(x)的两个极值点,x3 是 f(x)的一个零点,且 x3≠x1,x3≠x2.证明:存在实 数 x4,使得 x1,x2,x3,x4 按某种顺序排列后构成等差数列,并求 x4. 解:(1)当 a=1,b=2 时,因为 f′(x)=(x-1)(3x-5),故 f′(2)=1. 又 f(2)=0,所以 f(x)在点(2,0)处的切线方程为 y=x-2. a+2b a+2b (2)证明:因为 f′(x)=3(x-a)(x- ),由于 a<b,故 a< ,所以 f(x)的两个极 3 3 a+2b 值点为 x=a,x= . 3 a+2b 不妨设 x1=a,x2= , 3 因为 x3≠x1,x3≠x2,且 x3 是 f(x)的零点,故 x3=b, a+2b a+2b 又因为 -a=2(b- ), 3 3 a+2b 2a+b 1 故可令 x4= (a+ )= , 2 3 3 2a+b a+2b 此时 a, , ,b 依次成等差数列, 3 3 2a+b 所以存在实数 x4 满足题意,且 x4= . 3

考点三

利用导数研究函数的综合问题

x -?a+5?x,x≤0 ? ? 1. (2013 天津,14 分)设 a∈[-2,0],已知函数 f(x)=? 3 a+3 2 ? ?x - 2 x +ax,x>0. (1)证明 f(x)在区间(-1,1)内单调递减, 在区间(1, +∞)内单调递增; (2)设曲线 y=f(x)在点 Pi(xi,f(xi))(i=1,2,3)处的切线相互平行,且 x1x2x3≠0.证明 x1+x2 1 +x3>- . 3 证明:本题主要考查导数的运算及其几何意义,利用导数研究函数的单调性,考查分类 讨论思想、化归与转化思想、函数与方程思想,考查综合分析问题和解决问题的能力. a+3 2 (1)设函数 f1(x)=x3-(a+5)x(x≤0),f2(x)=x3- x +ax(x≥0), 2 ①f′1(x)=3x2-(a+5),由于 a∈[-2,0],从而当-1<x<0 时,f′1(x)=3x2-(a+5)<3 -a-5≤0,所以函数 f1(x)在区间(-1,0]内单调递减. ②f′2(x)=3x2-(a+3)x+a=(3x-a)(x-1), 由于 a∈[-2,0], 所以当 0<x<1 时, f′2(x)<0; 当 x>1 时,f′2(x)>0.即函数 f2(x)在区间[0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 综合①,②及 f1(0)=f2(0),可知函数 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞) 内单调递增. a+3? (2)由(1)知 f′(x)在区间(-∞,0)内单调递减,在区间?0, 内单调递减,在区间 6 ? ?

3

?a+3,+∞?内单调递增,因为曲线 y=f(x)在点 P (x ,f(x ))(i=1,2,3)处的切线相互平行,从 i i i ? 6 ?
而 x1,x2,x3 互不相等,且 f′(x1)=f′(x2)=f′(x3).不妨设 x1<0<x2<x3,由 3x2 1-(a+5)=
2 3x2 2-(a+3)x2+a=3x3-(a+3)x3+a,

a+3 a+3 2 可得 3x2 -3x2 ,从而 0<x2< <x3. 3-(a+3)(x2-x3)=0,解得 x2+x3= 3 6 设 g(x)=3x2-(a+3)x+a,则 g? a+3? ? 6 ?<g(x2)<g(0)=a. 2a+5 <x1<0,所以 x1+x2+x3>- 3 2a+5 a+3 + , 3 3

由 3x2 1-(a+5)=g(x2)<a,解得- 设 t=

2a+5 3t2-5 3t2+1 3 15? , 则 a= , 因为 a∈[-2,0], 所以 t∈? , , 故 x1+x2+x3>-t+ 3 2 6 3 ? ?3

1 1 1 = (t-1)2- ≥- , 2 3 3 1 即 x1+x2+x3>- . 3 2. (2013 湖北,13 分)设 a>0,b>0,已知函数 f(x)= (1)当 a≠b 时,讨论函数 f(x)的单调性; ax+b . x+1

(2)当 x>0 时,称 f(x)为 a,b 关于 x 的加权平均数. (i)判断 f(1),f?

?

b? ? b? ?b? ,f 是否成等比数列,并证明 f? ?a?≤f? a? ?a?

b? ; a?

2ab (ii)a,b 的几何平均数记为 G.称 为 a,b 的调和平均数,记为 H.若 H≤f(x)≤G,求 a+b x 的取值范围. 解:本题主要考查不等式、导数的应用,利用导数研究函数的单调性等基础知识,考查 运算能力及用函数思想分析解决问题的能力. (1)f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞), a?x+1?-?ax+b? a-b f′(x)= = . ?x+1?2 ?x+1?2 当 a>b 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递增; 当 a<b 时,f′(x)<0,函数 f(x)在(-∞,-1),(-1,+∞)上单调递减. a+b b? 2ab ? (2)(ⅰ)计算得 f(1)= >0,f? ?a?=a+b>0,f? 2 b? a+b 2ab 故 f(1)f? =ab=?f? ?a?= 2 · a+b ?? b? ? ? 即 f(1)f? ?a?= f b??2 , a?? b? = ab>0. a?

??

b??2 .① a?? b?2 ?b? ,f?a?成等比数列. a? b? ? b? .由①得 f? ?a?≤f? a? b? . a?

所以 f(1),f?

?

a+b 因为 ≥ ab,即 f(1)≥f? 2 ? b? ? (ⅱ)由(ⅰ)知 f? ?a?=H,f

?

b? =G.故由 H≤f(x)≤G, a?

b? ? 得 f? ?a?≤f(x)≤f

?

b? .② a?

b? ? 当 a=b 时,f? ?a?=f(x)=f

?

b? =a. a?

这时,x 的取值范围为(0,+∞); b b 当 a>b 时,0< <1,从而 < a a b 得 ≤x≤ a b ,由 f(x)在(0,+∞)上单调递增与②式, a b? ; a? b b ≤x≤ , a a

b b ,即 x 的取值范围为? , a ?a

b b 当 a<b 时, >1,从而 > a a 即 x 的取值范围为?

b ,由 f(x)在(0,+∞)上单调递减与②式,得 a

?

b b? , . a a?

b 综上,当 a=b 时,x 的取值范围为(0,+∞);当 a>b 时,x 的取值范围为? , ?a 当 a<b 时,x 的取值范围为?

b? ; a?

?

b b? , a a?

1-a 2 1 3. (2012 天津,14 分)已知函数 f(x)= x3+ x -ax-a,x∈R,其中 a>0. 3 2 (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点,求 a 的取值范围; (3)当 a=1 时,设函数 f(x)在区间[t,t+3]上的最大值为 M(t),最小值为 m(t),记 g(t)= M(t)-m(t),求函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值. 解:(1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时 f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) + ? -1 0 极大值 (-1,a) - ? a 0 极小值 (a,+∞) + ?

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单调递减区间是(-1,a). (2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1,0)内单调递减,从而函数 f(x) 在区间(-2,0)内恰有两个零点当且仅当 f?-2?<0, ? ? 1 ?f?-1?>0, 解得 0<a<3. ? ?f?0?<0. 1 所以,a 的取值范围是(0, ). 3 1 (3)a=1 时, f(x)= x3-x-1.由(1)知 f(x)在[-3, -1]上单调递增, 在[-1,1]上单调递减, 3 在[1,2]上单调递增. ①当 t∈[-3,-2]时,t+3∈[0,1],-1∈[t,t+3],f(x)在[t,-1]上单调递增,在[-1, 1 t+3]上单调递减.因此,f(x)在[t,t+3]上的最大值 M(t)=f(-1)=- ,而最小值 m(t)为 f(t) 3 与 f(t+3)中的较小者.由 f(t+3)-f(t)=3(t+1)(t+2)知,当 t∈[-3,-2]时,f(t)≤f(t+3), 5 故 m(t)=f(t),所以 g(t)=f(-1)-f(t).而 f(t)在[-3,-2]上单调递增,因此 f(t)≤f(-2)=- . 3 1 5 4 所以 g(t)在[-3,-2]上的最小值为 g(-2)=- -(- )= . 3 3 3 ②当 t∈[-2,-1]时,t+3∈[1,2],且-1,1∈[t,t+3].

下面比较 f(-1),f(1),f(t),f(t+3)的大小. 由 f(x)在[-2,-1],[1,2]上单调递增,有 f(-2)≤f(t)≤f(-1), f(1)≤f(t+3)≤f(2). 5 1 又由 f(1)=f(-2)=- ,f(-1)=f(2)=- ,从而 3 3 1 5 M(t)=f(-1)=- ,m(t)=f(1)=- . 3 3 4 所以 g(t)=M(t)-m(t)= . 3 4 综上,函数 g(t)在区间[-3,-1]上的最小值为 . 3 4. (2012 湖南,13 分)已知函数 f(x)=ex-ax,其中 a>0. (1)若对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,求 a 的取值集合; (2)在函数 f(x)的图象上取定两点 A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1<x2),记直线 AB 的斜率为 k, 证明:存在 x0∈(x1,x2),使 f′(x0)=k 成立. 解:(1)f′(x)=ex-a,令 f′(x)=0 得 x=ln a. 当 x<ln a 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>ln a 时,f′(x)>0,f(x)单调递增,故当 x= ln a 时,f(x)取最小值 f(ln a)=a-aln a. 于是对一切 x∈R,f(x)≥1 恒成立,当且仅当 a-aln a≥1. ① 令 g(t)=t-tln t,则 g′(t)=-ln t. 当 0<t<1 时,g′(t)>0,g(t)单调递增;当 t>1 时,g′(t)<0,g(t)单调递减. 故当 t=1 时,g(t)取最大值 g(1)=1.因此,当且仅当 a=1 时,①式成立. 综上所述,a 的取值集合为{1}. f?x2?-f?x1? ex2-ex1 (2)由题意知,k= = -a, x2-x1 x2-x1 ex2-ex1 ′ 令 φ(x)=f (x)-k=ex- ,则 x2-x1 ex1 φ(x1)=- [ex -x -(x2-x1)-1], x2-x1 2 1 ex2 φ(x2)= [ex -x -(x1-x2)-1]. x2-x1 1 2 令 F(t)=et-t-1,则 F′(t)=et-1. 当 t<0 时,F′(t)<0,F(t)单调递减;当 t>0 时,F′(t)>0,F(t)单调递增. 故当 t≠0 时,F(t)>F(0)=0,即 et-t-1>0. 从而 ex2-x1-(x2-x1)-1>0,

ex1-x2-(x1-x2)-1>0, 又 ex1 ex2 >0, >0, x2-x1 x2-x1

所以 φ(x1)<0,φ(x2)>0. 因为函数 y=φ(x)在区间[x1, x2]上的图象是连续不断的一条曲线, 所以存在 x0∈(x1, x2), 使 φ(x0)=0,即 f′(x0)=k 成立.


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