导数综合应用（精选12篇）
导数综合应用 篇1
例求函数y=x3-x2-x+1与x轴所围或图形的面积.
解析 (1) 作函数f (x) =x3―x2―x+1的图形,
当x→+∞时y→+∞当x→-∞y→-∞
从而得函数y=x3―x2―x+1图形上的三个点
画出函数y=x3―x2―x+1的图形如下:
(2) 求函数y=x3―x2―x+1与x轴所围图形的面积
参考文献
[1]同济大学数学系.高等数学[M].北京:高等教育出版社, 2014.7.
[2]吴赣昌.微积分[M].北京:中国人民大学出版社, 2011.4.
导数综合应用 篇2
函数与导数综合问题
作者：
来源：《数学金刊·高考版》2013年第06期
函数与导数综合测试题 篇3
1．已知曲线y=x24-3lnx的一条切线的斜率为12，则切点的横坐标为.
2．已知曲线y=x3-1与曲线y=3-12x2在x=x0处的切线互相垂直，则x0=.
3．已知f(x)=2x3-6x2+m（m为常数）在［-2,2］上有最大值3，那么此函数在［-2,2］上的最小值为.
4．函数f(x)=x3-3bx+3b在（0，1）内有极小值，则b的范围为.
5．在函数y=x3-8x的图像上，其切线的倾斜角小于稹肌 4的点中，坐标为整数的点的个数是.
6．点P在曲线y=x3-x+7上移动，设点P处切线的倾斜角为幔蚪轻的取值范围是.
7．设f0(x)=sinx,f1(x)=f′0(x),f2(x)=f′1(x),…,fn+1(x)=f′n(x),n∈N,则f2012(x)=.
8．设函数y=xsinx+cosx的图像上的点(x0,y0)的切线的斜率为k，若k=g(x0)，则函数k=g(x0)的图像大致为.
9．已知函数y=xf′(x)的图像如右图所示（其中f′(x)是函数f(x)的导函数），下面四个图像中y=f(x)的图像大致是.
10.设f(x)、g(x)分别是定义在R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.
11.若0 12．函数f(x)=x3+3x(x∈R)，若f(mx2)+f(1－mx)>0恒成立，则实数m的取值范围是. 13.若曲线y=h(x)在点P(a,h(a))处的切线方程为2x+y+1=0，则h′(a)与0的大小关系是h′(a)0（填≥、≤、＞、＜中最准确的一个）. 14．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(1)=0，xf′(x)－f(x)x2>0（x>0），则不等式x2f(x)>0的解集是. 二、解答题（本大题共6小题，共计90分） 15．(本小题满分14分) 设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点． （1）试确定常数a,b的值； （2）试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由. 16．(本小题满分15分) 设关于x的方程2x2-ax-2=0的两根为 , ( < )，函数f(x)=4x-ax2+1． （1）求f( )穎( )的值；（2）证明f(x)是［ ,猓萆系脑龊唬 3）当a为何值时，f(x)在区间［ ,猓萆系淖畲笾涤胱钚≈抵钭钚。俊迹冢耍姜¤ 17.(本小题满分15分) 甲方是一农场，乙方是一工厂，由于乙方生产需占用甲方的资源，因此甲方有权向乙方索赔以弥补经济损失并获得一定的净收入，在乙方不赔付甲方的情况下，乙方的年利润x(元)与年产量t(吨)满足函数关系x=2000t，若乙方每生产一吨产品必须赔付甲方s元(以下称s为赔付价格)． (1)将乙方的年利润w(元)表示为年产量t(吨)的函数，并求出乙方获得最大利润的年产量； (2)甲方每年受乙方生产影响的经济损失金额y=0.002t2(元)，在乙方按照获得最大利润的产量进行生产的前提下，甲方要在索赔中获得最大净收入，应向乙方要求的赔付价格s是多少？ 18．(本小题满分15分) 已知f（x）=x3+ax2+bx+c在x=1，x=-23时，都取得极值． （1）求a、b的值． （2）若对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，求c的取值范围. 19．(本小题满分15分) 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的关系式； （2）求f(x)的单调区间； （3）当x∈［-1,1］时，函数y=f(x)的图像上任意一点的切线斜率恒大于3m，求m的取值范围. 20．(本小题满分16分) 已知函数f(x)=1(1－x)n+aln(x－1),其中n∈N,a为常数. （1）当n=2时，求函数f(x)的极值； （2）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x－1． 参考答案 一、填空题 1.3；2.313；3.-37；4.（0,1）；5.0； 6.［0,稹肌 2）∪［3稹肌 4,穑 7.sinx；8.A； 9.C;10.(-∞,-3)∪(0,3)； 11.令f(x)=x-2sinx则f′(x)=1-2cosx f(x)在［0,稹肌 3］上单调递减，在［稹肌 3,稹肌 2］上单调递增 f(0)=0，f(稹肌 2)=稹肌 2-2<0，所以f(x)<0 x<2sinx(x∈［0,稹肌 2） 12.［0,4)；13.h′(a)<0；14.（-1,0）∪（1，+∞）. 二、解答题 15.解：f′(x)=ax+2bx+1 （1）由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0 即a+2b+1=0，且a2+4b+1=0，解方程组可得a=-23,b=-16 ∴f(x)=-23lnx-16x2+x （2）f′(x)=-23x-1-13x+1，当x∈(0,1)时，f′(x)<0 当x∈(1,2)时，f′(x)>0，当x∈(2,+∞)时，f′(x)<0 故在x=1处函数f(x)取得极小值56，在x=2处函数取得极大值43-23ln2． 16.解：（1）f( )=-8a2+16-a，f( )=8a2+16+a f( )穎( )=-4 （2）设(x)=2x2-ax-2，则当 f′(x)=(4x-a)′(x2+1)-(4x-a)(x2+1)′(x2+1)2 =4(x2+1)-2x(4x-a)(x2+1)2 =-2（2x2-ax-2）(x2+1)2 =-2(2x2-ax+2)(x2+1)2 =-2(x)(x2+1)2>0 ∴函数f(x)在( , )上是增函数 （3）函数f(x)在［ ,猓萆献畲笾礷( )>0，最小值f( )<0 ∵|f( )穎( )|=4 ∴当且仅当f( )=-f( )=2时 f( )-f( )=|f( )|+f( )|取最小值4，此时a=0,f( )=2． 17.解：(1)w＝2000t－st，∴w′＝1000t－s， 令w′＝0，得t0＝(1000s)2， 当t＞t0时，w′＜0，当t＜t0时，w′＞0， ∴t＝t0时w取最大值，这时年产量为(1000s)2(吨)． (2)设甲方净收入为v元，则v＝st－0.002t2. 将t＝(1000s)2代入，得v＝10002s－2×10003s4， v′＝10002×8000-s3s5. 令v′＝0，得s＝20，当s＜20时，v′＞0，当s＞20时，v′＜0时，∴s＝20时，v取最大值． 故甲方向乙方要求赔付价格s＝20元/吨时获最大净收入． 18.解：（1）由题意知f′（x）=3x2+2ax+b的两个根分别为1和-23 由韦达定理，得：1-23=-2a3，b3=１×(-23) 则a=-12，b=-2 （2）由（1），有f（x）=x3-12x2-2x+c，f′（x）=3x2-x-2 当x∈［-1,-23)时，f′(x)>0，当x∈(-23,1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2］时，f′(x)>0， 当x=-23时，f(x)有极大值2227+c，f(-1)=12+c，f(2)=2+c ∴当x∈［-1,2］，f(x)的最大值为f(2)=2+c 对x∈［-1,2］，都有f(x)<1c恒成立，∴2+c<1c， 解得或0 19.解:(I)f′(x)=3mx2-6(m+1)x+n因为x=1是函数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. （II）由（I）知，f′(x)=3mx2-6(m+1)x+3m+6=3m(x-1)［x-(1+2m)］ 当m<0时，有1>1+2m，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表： x(-∞,1+2m)1+2m(1+2m,1)1(1,+∞) f′(x)<00>00<0 f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减 故有上表知，当m<0时，f(x)在(-∞,1+2m)单调递减， 在(1+2m,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减. （III）由已知得f′(x)>3m，即mx2-2(m+1)x+2>0 又m<0所以x2-2m(m+1)x+2m<0即x2-2m(m+1)x+2m<0,x∈［-1,1］① 设g(x)=x2-2(1+1m)x+2m，其函数开口向上，由题意知①式恒成立， 所以g(-1)<0g(1)<01+2+2m+2m<0-1<0解之得 -43 20．（1）解：由已知得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}， 当n=2时，f(x)=1(1－x)2+aln(x－1), 所以f′(x)=2－a(1－x)2(1－x)3. ①当a＞0时，由f′(x)=0得 x1=1+2a＞1，x2=1－2a＜1， 此时f′（x）=－a(x－x1)(x－x2)(1－x)3. 当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0,f(x)单调递增. ②当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值. 综上所述，n=2时， 当a＞0时，f(x)在x=1+2a处取得极小值，极小值为f(1+2a)=a2(1+ln2a). 当a≤0时，f(x)无极值. （２）证法一：因为a=1,所以 f(x)=1(1－x)n+ln(x－1). ①当n为偶数时， 令g(x)=x－1－1(1－x)n－ln(x－1), 则g′（x）=1+n(x－1)n+1－1x－1 =x－2x－1+n(x－1)n+1 ＞0（x≥2）. 所以当x∈［2,+∞］时，g(x)单调递增， 又g(2)=0 因此g(x)=x－1－1(x－1)n－ln(x－1)≥g(2)=0恒成立，所以f(x)≤x-1成立. ②当n为奇数时， 要证f(x)≤x-1,由于1(1－x)n＜0，所以只需证ln(x-1)≤x-1, 令h(x)=x-1-ln(x-1), 则h′（x）=1-1x－1=x－2x－1≥0（x≥2）, 所以当x∈［2，+∞］时，h(x)=x－1－ln(x－1)单调递增，又h(2)=1＞0， 所以当x≥2时，恒有h(x)＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立. 综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时，f(x)=1(1－x)n+ln(x－1). 当x≥2，时，对任意的正整数n，恒有1(1－x)n≤1， 故只需证明1+ln(x-1)≤x-1. 令h(x)=x－1－(1+ln(x－1))=x－2－ln(x－1),x∈［2,+∞） 则h′(x)=1－1x－1=x－2x－1, 当x≥2时，h′(x)≥0，故h(x)在［2,+∞)上单调递增， 因此当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1)≤x-1成立. 故当x≥2时，有1(1－x)n+ln(x－1)≤x-1. 即f（x）≤x-1. 一、构造法必须考虑适用的范围 当导数问题的证明是关于自然数n的求和式时, 此种方法宜用构造法. 二、构造函数必须巧设函数, 必要时适当换元 有些题目, 即使构造了函数由于函数求导非常复杂, 因此函数的构造应该以容易求出导数为主, 有时可以适当的换元. （三）一、学习目标： 1．能利用导数解决函数的方程根的个数问题； 2．利用导数解决不等式问题 五、达标训练： 二、重点、难点: 利用导数研究与函数的极值与最值有关的综合问题 三、知识梳理： 1．函数的极值 2．利用导数求函数最值的步骤： （1）（2）（3）（4） 3．如何利用导数研究方程根的问题？ 4．如何利用导数研究不等式问题？ 5．恒成立问题如何转化为函数最值问题？ 四、典型例题： 例1：设函数f(x)x6x5,xR （1）求函数f(x)的单调区间和极值 （2）若关于的方程f(x)a有三个不同实根，求实数a的取值范围（3）已知当x(1,)时，f(x)k(x1)恒成立，求实数k的取值范围 例2: 已知a,b为实数，bae，其中e为自然对数的底数.求证：ab ba 例3: 已知函数f(x)alnxx1b x，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30． （I）求a，b的值；（II）证明：当x>0，且x1时，f(x)lnx x1 ． 1．已知函数f(x)x33x2c，若当x[1,3]时，f(x)14c2 恒成立.求实数c的取值范围 2．设函数f(x)的导函数为f(x)，若f(x)ax3 ax2 1f(1)1 2 x,aR （1）求f(1)；（2）若函数f(x)在R上不存在极值，求实数a的取值范围.3．设函数f(x) xlnx (x0,x1)11）求函数f(x)的单调区间（2）已知2x xa对任意x(0,1)都成立，求实数a的取值范围 【收获总结】 1． 考纲解读 （1）了解导数概念的实际背景；理解导数的几何意义；能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则，求简单函数的导数． （2）了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（多项式函数一般不超过三次）；了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值（多项式函数一般不超过三次），会求在闭区间函数的最大值、最小值（多项式函数一般不超过三次）；会用导数解决某些实际问题． 2． 考场对接 函数与导数的交汇考查非常全面，所占分值较高，既有基本题也有综合题． 从2012年的考题来看，一般以两种形式进行考查：一是直接把导数应用于多项式函数性质的研究，考查多项式函数的单调性、极值、最值等；二是把导数与函数、方程、不等式、数列等相联系，进行综合考查，主要考查函数的最值或参数范围问题． (1) 求a的最大值, 使函数f (x) 在 (0, +∞) 内是单调函数; (2) 若对于任意的x∈ (0, +∞) , 总有f (x) ≤0, 求a的取值范围. 解: (1) 当a≤0时, f (x) 在 (0, +∞) 内单调递增.当a>0时, 方程-2ax2+x+1=0判别式Δ=1+8a>0, 它有两个不等实根x1、x2 (x1<x2) , 因为x1x2=-<0, 所以x1<0<x2. 当x∈ (0, x2) 时, f' (x) >0;当x∈ (x2, +∞) 时, f' (x) <0, f (x) 在 (0, +∞) 内不是单调函数。 综上, a的最大值为0. (2) 由f (1) =1-a知, 当a<1时, f (x) ≤0不恒成立.当a≥1时, 由f' (x2) =0, 知ax22, 因为f' (1) =2 (1-a) ≤0, 由 (Ⅰ) 知x2≤1, 且f (x2) 是f (x) 的最大值, 因此, a的取值范围是[1, +∞) . 观察点:问所给函数是三个函数lnx、-ax2、x的和函数, 其中lnx和x在f (x) 的定义域内都是增函数, 当a≤0时-ax2是增函数 (其中当a<0时ax2是严格递增的) , 可见a=0是讨论分界点。 根据第 (1) 问, 当a≤0时, f (x) 在 (0, +∞) 内单调递增, 如果能找到一个x0, 使得f (x0) >0, 那么f (x) ≤0就不可能恒成立, 于是我们尝试取x0=1, 显然f (1) =2 (1-a) >0, 不仅如此, 只要a<1就有f (1) >0, 这大大地减轻了解题负担! 二、观察函数与导数式子结构, 透视变化规律, 策划解题布局 【例2】 (2006年高考·全国卷Ⅰ) 已知函数 (1) 设a>0, 讨论y=f (x) 的单调性; (2) 若对任意x∈ (0, 1) 恒有f (x) >1, 求a的取值范围. 解: (1) f (x) 的定义域为 (-∞, 1) ∪ (1, +∞) .对f (x) 求导数得 其中 (1-x) 2>0, e-ax>0. (ⅰ) 当0<a≤2时, ax2+2-a≥0 (当且仅当a=2且x=0时取“=”号) , 所以f (x) 在 (-∞, 1) , (1, +∞) 为增函数。 (ⅱ) 当a>2时, , 令f' (x) =0得. 当x变化时, f' (x) 和f (x) 的变化情况如下表: f (x) 在 (-∞, x1) , (x2, 1) , (1, +∞) 为增函数;f (x) 在 (x1, x2) 为减函数. (2) (ⅰ) 当0<a≤2时, 由 (1) 知, 对任意x∈ (0, 1) 恒有 (x) >f (0) =1. (ⅱ) 当a>2时, 取x0=x2∈ (0, 1) , 则由 (1) 知, f (x0) <f (0) =1. (ⅲ) 当a≤0时, 对任意x∈ (0, 1) , 恒有且e-ax≥1, 得 综上当且仅当a∈ (-∞, 2]时, 对任意x∈ (0, 1) , 恒有f (x) >1 观察点:本题所给函数有一个间断点x=1, 这是需要注意的.在求f (x) 的单调区间时, 充分观察到f' (x) 的分子恒为非负, 且至多有一个x0使得f' (x0) =0的条件, 这就保证了f (x) 在一个区间上的严格单调性。第 (1) 问研究了当a>0时函数的单调性, 这为第 (2) 问提供了一个解题环境, 对于a≤0的情形期待通过观察解决。 三、数形结合观察, 利用图象走向, 探求解题途径 【例3】 (2008年高考·全国卷Ⅱ) 设函数 (1) 求f (x) 的单调区间; (2) 如果对任何x≥0, 都有f (x) ≤ax, 求a的取值范围. 因此f (x) 在每一个区间 () (k∈Z) 是增函数, f (x) 在每一个区间是减函数. (2) 令g (x) =ax-f (x) , 则 故当时, g' (x) ≥0, 又g (0) =0, 所以当x≥0时, g (x) ≥g (0) =0, 即f (x) ≤ax. 当a≤0时, 有 当0<a<时, 在区间 (0, π) 内, 2+cosx<3, sinx>0, 则 令 故当x∈[0, arccos3a) 时, h' (x) >0.因此h (x) 在[0, arccos3a时上单调增加. 故当x∈ (0, arccos3a) 时, h (x) >h (0) =0, 即. 于是, 当x∈ (0, arccos3a) 时, 在多年的高三数学专题复习教学中，笔者在让学生熟练掌握解决这类问题的常规思路和方法，即通法的基础上，引导学生总结出了一套应对通法“难通”甚至“不通”时的求解策略． 1 变证为求，调整证题思路 有些问题按常规思路和方法直接构造函数，然后利用导数求解，但由于判断其导数的符号或求最值遇到难以克服的困难，因此常常陷入困境．但是，若能适当改变问题结构，同时调整证题方向，如变证为求，有时可收到“化难为易”的神奇效果． 例1求证：对于任意x∈（0,e]，不等式恒成立． 思路1常规思路与方法． 往下判定f′（x）的符号和求f′（x)=0的根都困难．即使二次构造函数，仍属困难． 思路2变证为求，调整证题思路． 原问题等价于，对于任意恒成立． 令则 当x∈（0,1）时，h′（x)<0；当x∈（1,e]时，h′（x)>0，于是当x=1时， 另一方面，又令则 当x∈（0,e）时，k′（x)>0，于是k(x）在（0,e]上是单调增函数，故 由上可知，h(x)>k(x），即 于是，对于任意x∈（0,e], 2 化繁为简，改变思维路径 有些题目因含有参数，给导数符号的判定或最值的求解带来了困难，常规思路和方法难以凑效，必须改变思维策略和解题方法．许多情况下，可以先通过特例先确定或缩小参数的范围，即“缩参”处理，先获得命题成立的必要条件，然后再进行求解或论证，这样也能化难为易、化繁为简，巧妙渡过难关． 例2设a∈R，函数f(x)=ax3-3x2．若函数g(x)=f(x)+f′（x),x∈[0,2]，且g(x）在x=0处取得最大值，求a的取值范围． 思路1常规思路与方法． 由于g′（x）中含有参数a，无论是判定g′（x）的符号还是求g′（x)=0的根，都很困难，常规方法难以凑效． 思路2“缩参”处理，变求为证，改变思维方向． 由于g(x）在x=0处取得最大值，于是g(0）≥g(2），解得即是g(x）在x=0处取得最大值的必要条件． 反之，当时，对于任意x∈[0,2], 即是g(x）在x=0处取得最大值的充分条件． 综上可知，a的取值范围是 3 设而不求，绕过求解难点 有些涉及方程的根或函数零点的问题，许多时候题目只是要确定零点的存在性、零点的个数或零点所在的范围，而无需求出零点．因此，这类问题可以“设而不求”，化难为易． 例3（2012年福建高考试题）已知函数且在上的最大值为．求f(x）的解析式；判断函数在（0，π）内的零点的个数． 解由已知条件易得 判断函数在（0，π）内的零点的个数，常规思路利用f′（x）研究f(x）在（0，π）上的性态，即研究f(x）的单调性及最值等．但求f′（x)=0的根是一个难以逾越的困难．题目没有要求零点的具体值，只是判定零点个数而已，于是考虑“设而不求”． 由于时，f′（x)>0，且因此由连续函数零点存在性定理，使f(x1)=0，即x1是函数f(x）的一个零点． 又令φ（x)=f′（x)=sin x+xcos x，则 φ′（x)=2cos x-xsin x. 当x∈（x0，π）时，φ（x)=f′（x)<0．又所以x2∈（x0，π），使f(x2)=0，即f(x）在[x0，π）内存在一个零点x2. 综上可知，f(x）在（0，π）内存在两个零点． 例4（2012年新课标全国卷文）设函数f(x)=ex-ax-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． 解当x>0时，由 (x-k)f′（x)+x+1>0, 得 令常规思路是求g(x）在（0，+∞）上的最小值．求导得 令g′（x)=0，可此方程求根困难． 我们转换思路，“设而不求”．设φ（x)=ex-x-2，则当x∈（0，+∞）时，φ′（x)=ex-1>0，又φ（1)<0，φ（2)<0，于是由连续函数零点存在性定理知x0(1,2），使得φ（x0)=0．所以，当x∈（0,x0）时，φ（x)<0，从而g′（x)<0；当x∈（x0，+∞）时，φ（x)>0，从而g′（x)>0．故当x=x0时，g(x）有最小值．又因为ex0=x0+2，于是 又x0∈（1,2），所以（x0+1）∈（2,3）．注意到k为整数，所以kmax=2. 4 变换式子，优化问题结构 有些问题涉及方程或不等式，但若直接构造函数求解，由于求导后要么导数的符号不易断定，需要多次构造函数求导，有时仍不易断定；有时不易求得极值点的坐标，无法求得极值，这些情况常常使解答过程无法进行下去．但若涉及方程或不等式，根据同解原理，通过移项或在方程（不等式）的两边同时约去适当的“因式”，将原方程或不等式变为与之等价的方程或不等式，再构造函数，往往能收到“山重水复疑无路，柳暗花明又一村”的效果． 例5（2014年广州市高三第1次模拟考试理科21题）已知函数f(x)=(x2-2x+1)ex（其中e为自然对数的底数）． （Ⅰ）求函数f(x）的单调区间． （Ⅱ）定义：若函数h(x）在区间[s,t](s<t）上的取值范围为[s,t]，则称区间[s,t]为函数h(x）的“域同区间”．试问函数f(x）在（1，+∞）上是否存在“域同区间”？若存在，求出所有符合条件的“域同区间”；若不存在，请说明理由． 解（Ⅰ）因为 f(x)=(x2-2x+1)ex, 所以 当x<-1或x>1时，f′（x)>0，即函数f(x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞）． 当-1<x<1时，f′（x)<0，即函数f(x）的单调递减区间为（-1,1). 所以函数f(x）的单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞），单调递减区间为（-1,1). 解法1（Ⅱ）常规思路与方法． 假设函数f(x）在（1，+∞）上存在“域同区间”[s,t](1<s<t），由（Ⅰ）知函数f(x）在（1，+∞）上是增函数，所以 也就是方程（x-1)2ex=x有两个大于1的相异实根． 设g(x)=(x-1)2ex-x(x>1），则 g′（x)=(x2-1)ex-1. 设h(x)=g′（x)=(x2-1)ex-1，则 h′（x)=(x2+2x-1)ex. 因为在（1，+∞）上有h′（x)>0，所以h(x）在（1，+∞）上单调递增． 因为h(1)=-1<0,h(2)=3e2-1>0，即存在唯一的x0∈（1,2），使h(x0)=0. 当x∈（1,x0）时，h(x)=g′（x)<0，即函数g(x）在（1,x0）上是减函数； 当x∈（x0，+∞）时，h(x)=g′（x)>0，即函数g(x）在（x0，+∞）上是增函数． 因为g(1)=-1<0,g(x0)<g(1)<0,g(2)=e2-2>0，所以函数g(x）在区间（1，+∞）上只有一个零点． 这与方程（x-1)2ex=x有两个大于1的相异实根相矛盾，所以假设不成立． 所以函数f(x）在（1，+∞）上不存在“域同区间”． 解法2变换问题结构，方程两边同除以xex. 同解法1，问题转化为方程有两个大于1的相异实根． 由于x>1，所以 令则 由x>1知，g′（x)>0，于是g(x）在（1，+∞）上是单调增函数，故g(x）在（1，+∞）内至多有一个零点，即方程（x-1)2ex=x在（1，+∞）内至多有一个实数根．这与方程（x-1)2ex=x有两个大于1的相异实根相矛盾，所以假设不成立． 所以函数f(x）在（1，+∞）上不存在“域同区间”． 解法3变换问题结构，方程两边同除以x. 同解法1，问题转化为方程有两个大于1的相异实根． 由于x>1，所以 由x>1知，h′（x)>0，于是h(x）在（1，+∞）上是单调增函数，故h(x）在（1，+∞）内至多有一个零点，即方程（x-1)2ex=x在（1，+∞）内至多有一个实数根．这与方程（x-1)2ex=x有两个大于1的相异实根相矛盾，所以假设不成立． 所以函数f(x）在（1，+∞）上不存在“域同区间”． 例6（Ⅰ）求证：当a≥1时，不等式对x∈R恒成立． （Ⅱ）对于在（0,1）内的任意一常数a，问是否存在x0>0，使得成立？如果存在，求出符合条件的一个x0；否则，说明理由． 证法1（Ⅰ）常规思路与方法，两次构造函数． 当x≥0时，要证成立，只需证 令求导得 求导得 当x>0时，由a≥1得k′（x)>0，于是k(x）在[0，+∞）上是增函数，从而f′（x)=k(x)>k(0)=0，故函数f(x）在[0，+∞）上是增函数，于是f(x)>f(0)=0．即当x≥0时，要证成立． 当x<0时，要证成立，只需证 令h(x)=g′（x) 求导得 当x<0时，由a≥1，得由a≥1得h′（x)>0，于是h(x）在[0，+∞）上是增函数，从而g′（x)=h(x)>h(0)=0，故函数g(x）在[0，+∞）上是增函数，于是g(x)>g(0)=0．即当x<0时，要证|成立． 证法2（Ⅰ）变换问题结构，移项，方程两边同除以ex. 当x≥0时，要证e成立，只需证即证 又a≥1,x>0，所以f′（x)>0，所以f(x）在[0，+∞）上是单调增函数，故f(x)>f(0)=1，从而（1）式得证． 当x<0时，要证成立，只需证即证 又令φ（x)=ex+a(x-1），则 φ′（x)=ex+ax, 由x<0,a≥1，得φ′（x)>0，于是φ（x）在（-∞，0）上是单调增函数，从而φ（x）<φ（0)=1-a≤0，故m′（x)<0，所以m(x）在（-∞，0）上是单调减函数，故m(x)>m(0)=1，从而（2）式得证． 综上可得，当a≥1时，不等式对x∈R恒成立． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，若令 此方程求根困难，更难求f(x）的最小值，常规思路与方法难于进行下去． 于是考虑将变形为 要找一个x0>0使（3）式成立，只需找到函数的最小值，满足[t(x)]min<0即可，对t(x）求导得 令t′（x)=0得则x=-ln a，取x0=-ln a．在0<x<-ln a时，t′（x)<0，在x>-ln a时，t′（x)>0，所以t(x）在x=-ln a时取得最小值． 下面只需证明在0<a<1时成立即可． 令对p(a）关于a求导，则 从而p(a）为增函数，于是 题型一 求曲线y=f(x)在点(x0,y0)处的切线的斜率.导数的几何意义是曲线在该点处切线的斜率,即k=f′(x0),这样利用导数可以十分便捷地分析处理有关切线问题. 例1 设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0),若曲线y=f(x)在点(2,f(x))处与直线y=8相切,求a,b的值. 解 f′(x)=3x2-3a. ∵曲线y=f(x)在点(2,f(x))处与直线y=8相切, undefined 题型二 求函数的单调性.函数图像直观地反映了两个变量之间的变化规律,由于我们所接触的大多是复合的函数,作图的困难很大.导数的建立拓展了应用图像解题的空间.对函数单调性的研究,导数作为强有力的工具提供了简单、程序化的方法,具有很强的可操作性.当f′(x)>0时,f(x)单调递增;当f′(x)<0时,f(x)单调递减. 例2 设函数f(x)=xekx(k≠0). (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求函数f(x)的单调区间; (3)若函数f(x)在区间(-1,1)内单调递增,求k的取值范围. 解 (1)f′(x)=(1+kx)ekx,f′(0)=1,f(0)=0, 曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x. (2)由f′(x)=(1+kx)ekx=0,得undefined, 若k>0,则当undefined时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 当undefined时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 若k<0,则当undefined时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 当undefined时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减. (3)由(2)知,若k>0,则当且仅当undefined,即k≤1时,函数f(x)(-1,1)内单调递增. 若k<0,则当且仅当undefined,即k≥-1时,函数f(x)在(-1,1)内单调递增. 综上可知,函数f(x)(-1,1)内单调递增时,k的取值范围是[-1,0)∪(0,1]. 题型三 求函数的极值.“极值”是在导数的学习中引入的量.在研究函数图像、根的分布等问题时发挥着重要的作用.利用导数求函数极值问题的方法是:①根据求导法则对函数f(x)求导数.②令f′(x)=0,求出导函数的零点.③分区间讨论,得出函数的单调区间.④判断极值点,求出极值. 例3 设a 解析 y′=(x-a)(3x-2a-b),由y′=0,得undefined当x=a时,y取极大值0;当undefined时,y取极小值且极小值为负.故选C. 题型四 求函数的最值.在求得极值的基础上,求出区间端点值与极值进行比较,求出最值. 例4 已知函数undefined,求f(x)在区间[1,e2]上的值域. 解 (1)函数f(x)定义域x>0. 由于undefined,令f′(x)=0,得x1=1,x2=2. 在[1,2]上f′(x)<0,∴f(x)在[1,2]上是减函数. 在[2,e2]上f′(x)>0,∴f(x)在[2,e2]上是增函数. 又undefined ∴函数f(x)在[1,e2]上的值域为undefined 题型五 求根的个数问题.对于函数在区间D上的根的个数,可以通过研究函数在区间D上的单调性和极值、最值,画出函数的大致图像,就可以解决了. 例5 设函数undefined,则y=f(x)( ). A.在区间undefined内均有零点 B.在区间undefined内均无零点 C.在区间undefined内有零点,在区间(1,e)内无零点 D.在区间undefined内无零点,在区间(1,e)内有零点 解析 由题得undefined,令f′(x)>0,得x>3.令f′(x)<0,得0 一、导数的直接应用 1.利用导数的定义求极限 例1 求undefined 解:令 f (x) =ex, 则 f ′ (x) =ex, f (0) =1. undefined 例2 设函数 f (x) 在 x=a 处可导, 且 f ′ (a) =A, 求极限undefined 解:原式 undefined 点评:要准确理解导数的定义, 若undefined, 且当 x≠x0 时, g (x) ≠0, f (x) 在 x=a 处可导, 则undefined 2.利用导数证明不等式 例3 若 f (x) =x3+bx2+cx+d 在 (-∞, 0) 上是增函数, 在 (0, 2) 上是减函数, f (2) =0, 求证:f (1) ≥2. 证明:f ′ (x) =3x2+2bx+c, 由 f ′ (0) =0, 得 c=0. 由 f (2) =0, 得 d=-4b-8. 所以undefined 当 x<0时, f ′ (x) >0, 则undefined.当 0 undefined , 则undefined.综上, 恒有 b≤-3. 所以 f (1) =1+2b+d=-7-3b≥2. 3.研究方程根的问题 例4 若 a>3, 试判断关于 x 的方程 x3-ax2+1=0在[0, 2]上的实数根的个数, 并说明理由. 解:设 f (x) =x3-ax2+1, 则 undefined 因为 a>3, 所以undefined, 则当 x∈ (0, 2) 时, f ′ (x) <0, 所以 f (x) 在 (0, 2) 上单调递减. 又 f (x) 在 x=0和 x=2处均连续, 且 f (0) =1>0, f (2) =9-4a<0, 所以关于 x 的方程 x3-ax2+1=0在[0, 2]上有且只有一个实数根. 点评:由点 (0, f (0) ) 、 (2, f (2) ) 分别在 x 轴的上方与下方, 且 f (x) 在 (0, 2) 上连续单调, 可判断 y=f (x) 在[0, 2]上的图象与 x 轴有且仅有一个交点, 则得结论. 4.处理不等式恒成立问题 例5 设函数undefined (1) 若 a=1, 点P为曲线 y=f (x) 上一个动点, 求以P为切点的切线斜率取最小值时的切线方程; (2) 若 x∈[0, 3a]时, f (x) ≥0恒成立, 求 a 的取值范围. 解: (1) 设切线的斜率为 k, 则 k=f ′ (x) =x2-2x-3. 可见当 x=1时, k 有最小值-4. 又undefined, 所以切线方程为undefined, 即 12x+3y+8=0. (2) 由 k=f ′ (x) =x2-2x-3>0, k=f ′ (x) =x2-2x-3<0, 得 f (x) 在 (-∞, -1) 和 (3, +∞) 上为增函数, 在 (-1, 3) 上为减函数. 若 x∈[a, 3a]时, f (x) ≥0恒成立, 则 undefined 或 undefined 或 undefined ①, ②无解, 由③得 a≥6. 所以 a 的取值范围为[6, +∞) . 点评:恒成立有“a≤f (x) 恒成立”和“a≥f (x) 恒成立”两种类型, 基本方法是求 f (x) 的最小值 m 或最大值M, 将问题转化为“a≤m”, 或“a≥M”.本题中“f (x) ≥0恒成立”即 [f (x) ]min≥0. 5.利用导数求数列和 例6 求undefined 解:undefined 而undefined, 两边求导有undefined 取undefined, 则有undefined 又undefined, 所以undefined 6.利用导数证明恒等式 例7 当 n∈N*, 且 n≥2时, 求证Cundefined+3Cundefined+5Cundefined+…=2Cundefined+4Cundefined+6Cundefined+…. 证明:因为 (1+x) n=Cundefined+C1nx+C2nx2+…+Cnnxn, 两边求导, 则 n (1+x) n-1=Cundefined+2C2nx+3C3nx2+…+nCnnxn-1.取 x=-1, 得 0=Cundefined-2Cundefined+3Cundefined-4Cundefined+…. 所以Cundefined+3Cundefined+5Cundefined+…=2Cundefined+4Cundefined+6Cundefined+…. 二、导数的综合应用 1.巧用导数比较大小 例8 已知2≤m 解:设undefined, 则 undefined 当 x∈[2, +∞) 时, undefined, 所以 f ′ (x) <0, 故 f (x) 在[2, +∞) 上为减函数. 又2≤m undefined, 所以 (1+m) n> (1+n) m. 2.导数与数列的综合 例9 已知函数 f (x) =e-x (cosx+sinx) , 将满足 f ′ (x) =0的所有正数 x 从小到大排列成数列{xn}, 求证数列{f (xn) }为等比数列. 证明:f ′ (x) =-e-x (sinx+sinx) + e-x (-sinx+cosx) =-2e-xsinx.由 f ′ (x) =0, 有-2e-xsinx=0, 得 x=nπ (n∈Z) .所以 undefined 因此数列{f (xn) }是公比为 q=-e-π的等比数列, 且首项为 f (x1) =-e-π. 3.导数与集合、函数的综合 例10 设函数undefined, 集合M={x|f (x) <0}, P={x|f ′ (x) >0}.若M⊆P, 则实数 a 的取值范围是__. 解:undefined 此时undefined 又undefined, 在 (1, +∞) 上是增函数, 满足 f ′ (x) >0且 f (x) <0的解集 (1, a) 是 (1, +∞) 的子集, 满足条件M⊆P.所以 a 的取值范围是 a>1. 点评:本题以集合为载体, 考查了函数、不等式问题与导数方法的运用, 也考查了集合间的包含关系. 4.导数与平面向量的综合 例11 已知平面向量 a= (x2, x+1) , b= (1-x, t) , 若函数 f (x) =a·b, 在区间 (-1, 1) 上是增函数, 求 t 的取值范围. 解:f (x) =x2 (1-x) +t (x+1) =-x3+x2+tx+t, 则 f ′ (x) =-3x2+2x+t. 当 x∈ (-1, 1) 时, 应有-3x2+2x+t>0成立, 所以 f ′ (-1) ≥0且 f ′ (1) ≥0, 即 undefined 所以 t 的取值范围是[5, +∞) . 5.导数与函数、解析几何的综合 例12 已知曲线段OMB是抛物线 x2=y 在0 (1) 试用 t 表示切线PQ的方程; (2) 试用 g (t) 表示S△QAP, 若函数 g (t) 在区间 (m, n) 上单调递减, 试求出 m 的最小值; (3) 若undefined, 试求出点P横坐标的取值范围. 解: (1) 设点M (t, t2) .因为 f ′ (x) =2x, 所以过点M的切线PQ的斜率 k=2t, 所以切线PQ的方程为 y=2tx-t2. (2) 由 (1) 可求得undefined undefined 则 4 得 4 (3) 由 (2) 知 g (t) 在 (4, 6) 上递减, 所以S△QAP∈ (54, 64) .令 g′ (t) >0, 则 0 所以 g (t) 在区间 (0, 4) 上递增, 此时S△QAP∈ (0, 64) . 又 g (4) =64, 所以 g (t) ∈ (0, 64]. 由undefined, 得 undefined 所以点P的横坐标取值范围是undefined 从内容上看，考查导数有三个层次：①导数的概念、求导公式与法则、导数的几何意义；②导数的简单应用，包括求函数极值、求函数的单调区间、证明函数的单调性等；③导数的综合考查，包括导数的应用题以及导数与函数、不等式等的综合题． 从特点上看，高考对导数有时单独考查，有时与其他知识交汇考查，如常常将导数与函数、不等式、方程、数列、解析几何等结合在一起考查． 从形式上看，考查导数的试题有选择题、填空题、解答题，有时三种题型也会同时出现． 重点：导数的概念；导数的运算法则和几何意义；用导数研究函数的单调性、极值、最值以及它与其他知识点交汇处的综合应用． 难点：与导数有关的难点主要集中在两个层面. ①概念理解层面：比如导数的极限定义，曲线“过一点”和“在一点”处的切线的区别，导数与函数单调性之间是充分不必要关系，可导函数极值点与导数之间是充分不必要关系，以及极值与最值的联系与区别，等等. ②能力发展层面：在高考中，导数对考生能力的考查是全方位的，它不仅要求考生能熟练应用高中常见的数学思想方法，例如化归与转化、分类讨论、数形结合、函数与方程等思想，而且还要掌握一些重要的解题策略，例如分离变量、构造函数、换元法、变更主元、多重求导等解题技巧． 1． 利用导数研究切线斜率 ２． 利用导数研究函数性质 特别值得注意的是，掌握以上几种典型类型问题的解法步骤只是解决好导数问题的基本能力，切不可生搬硬套，一定要结合具体问题做具体分析． 点评 特别提醒：“曲线在P处的切线”只有一条，且P为切点；“曲线过点P的切线”有两条，P不一定是切点，因此在审题过程中要仔细把握． 1． 明确方向，夯实基础 由于导数的应用在选择题、填空题和解答题中都会涉及，因此，首先要立足基础，抓好基本概念和基本题型的巩固复习，强化分类讨论、求导运算等基本功，熟练应用等价转化、数形结合、分类讨论等数学思想，适当加大复习题中对综合性问题的练习比例，提高自身解题能力． 2． 注意积累经验，触类旁通 曲线切线问题的解题关键是切点坐标,特别是求曲线过某点( 该点可能在曲线上,也可能不在曲线上) 的切线方程时,这时只要设出曲线上的切点坐标( x0,f( x0) ) ,即可使用x0表达出切线方程,再根据该直线经过的点,得出关于x0 的方程,根据这个方程的解即可得出相应的切线方程. 例1 ( 1) [2013·广东卷]若曲线y = kx + lnx在点 ( 1,k) 处的切线平行于x轴,则k =_______. ( 2) [2013·湖北卷]一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度v( t) = 7 - 3t +25/( 1 + t) t的单位: s,v的单位: m/s) 行驶至停止,在此期间汽车继续行驶的距离( 单位: m) 是________ . 解析 ( 1) ∵y' =k +1/x ,∴y'|x = 1= k + 1 = 0,故k = - 1. ( 2) 令v( t) =0,解得t =4,求定积分得行驶距离为 小结 函数图像在其上某点处的切线斜率就是函数在该点处的导数值. 做变速直线运动的质点,在某个时间段内的位移就是其运动方程在该时间区间上的定积分. 应用二导数方法研究函数的单调性 函数性质中起关键作用的是函数的单调性,确定了函数的单调性也就确定了函数的极值点,也确定了函数在闭区间上的最值点,大多数高考试题中确定函数的单调性需要分类讨论,讨论的标准是导数的零点在定义域内的分布情况,根据导数的零点把定义域划分为若干区间,在各个区间上确定导数值的符号. 例2已知函数f( x) = x3+ ( m - 4) x2- 3mx + ( n - 6) ( x∈R) 的图像关于原点对称( m,n∈R) . ( 1) 求m,n的值; ( 2) 若函数F( x) = f( x) - ( ax2+ b) 在区间[1,2]上为减函数,求实数a的取值范围. 解 ( 1) 略. ( 2) ∵F'( x) =3x2- 2ax - 12, 又F( x) 在[1,2]上是减函数,得 解得a≥0. 故实数a的取值范围为[0,+ ∞) . 小结函数的定义域是( 0,+ ∞ ) ,分类讨论的依据是导数的零点在定义域内的分布情况; 在闭区间上确定函数的最小值,分类的标准是函数的极小值点和闭区间的位置关系. 应用三导数方法研究方程f( 0) =0的根的个数问题 在研究方程f( 0) = 0的根的个数的时候,先用普通的方法、导数的方法,研究函数y = f( x) 的性质( 单调性、极值、定义域的端点值、特殊点的函数值) ,通过函数性质勾画出函数图像,通过函数图像与x轴的交点个数判断方程根的个数. 例3 [2013·山东卷]设函数 ( 1) 求f( x) 的单调区间、最大值; ( 2) 讨论关于x的方程|lnx| = f( x) 根的个数. 解 ( 1) 略; 因此g( x) 在( 0,1) 上单调递减. 综合①②可知,当x∈( 0,+ ∞ ) 时,g( x) ≥g( 1) = - e- 2- c. 当g( 1) = - e- 2- c > 0,即c < - e- 2时,g( x) 没有零点,故关于x的方程|lnx| = f( x) 根的个数为0; 当g( 1) = - e- 2- c = 0,即c = - e- 2时,g( x) 只有一个零点,故关于x的方程|lnx| = f( x) 根的个数为1; 当 g( 1) = - e- 2- c < 0,即 c > - e- 2时, ( ⅰ) 当x∈( 1,+ ∞) 时,由( 1) 知g( x) > lnx -1 - c,要使g( x) >0,只需使lnx -1 - c >0,即x∈( e1 + c,+ ∞) ; ( ⅱ) 当 x∈( 0,1) 时,由( 1) 知 g( x) ≥ - lnx -1 /2e- 1+c > - lnx - 1 - c,要使g( x) > 0,只需 - lnx - 1 - c > 0,即x∈ ( 0,e- 1 - c) ,所以c > - e- 2时,g( x) 有两个零点,故关于x的方程|lnx| = f( x) 根的个数为2. 综上,关于x的方程| lnx | = f( x) ,当c < - e- 2时,有0个根; 当c = - e- 2时,有1个根; 当c > - e- 2时,有2个根. 小结在定义域[a,b]上图像连续的函数f( x) ,在[a, x1) 上单调递减,在( x1,b]上单调递增,则方程f( x) =0根的分布情况如下表: 注: 定义域区间为其他类型的情况类似处理,其核心是数形结合思想的运用. 摘要：导数的应用非常广泛,在高考中占有较为重要的地位.其考查重点是曲线的切线,用导数判断或论证函数的单调性,求函数的极值和最值,利用导数论证不等式及方程根的问题等方面.下面例析导数的三大热点问题,供同学们参考.导数综合应用 篇4
导数的应用(三) 篇5
导数及其应用 篇6
导数综合应用 篇7
导数综合应用 篇8
导数的应用 篇9
聚焦导数的应用 篇10
导数应用的攻坚战 篇11
导数应用例谈 篇12