高中數學競賽指導(第三講).docx

第三講 導數與函數性質、最值賽點直擊1. 導數(1) f(x)lim(x0)lim(h0)lim(xx0)(2) 反函數的導數，設yf(x)在區(qū)間I上可導且導數不為0，則其反函數xg(y)在y的取值域上可導，且有： g(y), 即: (3) 復合函數的導數，設ug(x)在區(qū)間I上可導，yf(u)在對應值域A上可導，則在區(qū)間I上有：fg(x)f(u)g(x)(4) 導數的幾何意義.函數f(x)在點x0的導數f(x0)是曲線在點(x0,f(x0)處切線的斜率，所以曲線yf(x)在點P(x0,y0)處的切線方程是: yy0f(x0)(xx0).求導數，可以利用導數定義、導數的四則運算、反函數導數與復合函數導數而求得.2. 導數與函數性質(1)若函數yf(x)在區(qū)間I上可導，則yf(x)在區(qū)間I上連續(xù).(2)若函數f(x)在(a, b)內可導，則f(x)在(a, b)嚴格遞增（遞減）的充要條件是：對一切x(a, b)，有f(x)0（或f(x)0）在(a, b)內的任何子區(qū)間上f(x)0.3. 拉格朗日中值定理如果函數f(x), 在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，在開區(qū)間(a,b)內可導，則在開區(qū)間(a,b)內至少存在一點，使得f().利用導數的定義、四則運算及求導法則，可以求函數的導數.利用函數的導數可以研究函數的性質與圖像（單調性、連續(xù)性、凹凸性等）4. 有關定義(1)設f(x)在x0的鄰域I有定義，xI若f(x0)f(x)，則稱x0是的極小值點，f(x0)是f(x)在I上的極小值若f(x0)f(x)，則稱x0是的極大值點，f(x0)是f(x)在I上的極大值(2)設f(x)在x0處可導且f(x0)0，則稱x0是f(x)在I上的駐點5.極值 定理一（極值的必要條件）若函數f(x)在x0處可導，且在x0處取得極值，則f(x0)0. 定理二（極值的第一充分條件）設f(x)在x0處連續(xù)，在x0鄰域(x0,x0)內可導. 若當x(x0,x0)時，f(x)0,當x(x0,x0)時，f(x)0,則f(x)在x0處取得極小值 若當x(x0,x0)時，f(x)0,當x(x0,x0)時，f(x)0,則f(x)在x0處取得極大值 定理三（極值的第二充分條件）設f(x)在x0的某鄰域(x0,x0)內一階可導，在xx0處二階可導，且f(x0)0, f”(x0)0. 若f”(x0)0，則f(x)在x0處取得極小值. 若f”(x0)0，則f(x)在x0處取得極大值.6. 最大值與最小值若函數f(x)在閉區(qū)間a,b上連續(xù)，則f(x)在a,b有最大值與最小值.這給出了函數在閉區(qū)間上存在最大（小）值的充分條件.利用導數、函數的極值定理可以討論函數的極值賽題解析【例一】 設a0，求函數f(x)(xa)(x(0,+ )的單調區(qū)間. 解：f(x)(x0).當a0,x0時, f(x)0x(2a4)xa0, f(x)0x(2a4)xa0, 當a1時，對所有x0，有x(2a4)xa0,即f(x)0，此時f(x)在(0,+)內單調遞增. 當a1時，對x1，有x(2a4)xa0,即f(x)0，此時f(x)在(0,1)內單調遞增，在(1,+)內單調遞增又知函數f(x)在x1處連續(xù)，因此，函數f(x)在(0,+)內單調遞增 當0a1時，令f(x)0，即x(2a4)xa0解得x2a2或x2a2因此，函數f(x)在區(qū)間(0, 2a2)內單調遞增，在區(qū)間(2a2,+)內也單調遞增.令f(x)0，即x(2a4)xa0，解得 2a2x2a2因此，函數f(x)在區(qū)間(2a2,2a2)內單調遞減【例二】 某商店從生產廠家以每件20元購進一批商品.若該商品零售價定位p元，則銷售量Q（單位：件）與零售價p（單位：元）有如下關系： Q8300170pp .問該商品零售價定為多少時毛利潤L最大，并求出毛利潤.(毛利潤銷售收入進貨支出) 解：設毛利潤為L(p)，由題意知: L(p)pQ20QQ(p20) (8300170pp)(p20) p150p11700p166000, 所以，L(p)3p300p11700 L(p)0,得：p30或p130(舍去) 此時，L(30)23000. 因為在p30附近的左側L(p)0，右側L(p) 0，所以L(30)是極大值，根據實際問題的意義知，L(30)是最大值，即零售價定為每件30元時，最大毛利潤為23000元.【例三】 已知函數f(x)axbx3x在x1處取得極值.(1)討論f(1)和f(-1)是函數f(x)的極大值還是極小值；(2)過點A(0,16)作曲線yf(x)的切線，求此切線方程.解：(1) f(x)3ax2bx3,依題意，f(1)f(1)0,即： 3a2b30， 3a2b30.解得：a1, b0. f(x)x3x, f(x)3x33(x1)(x1).令f(x)0 ，得：x1,x1若x(,1)(1,+) ,則f(x)0，故f(x)在(,1)上是增函數，f(x)在(1,+)上是增函數.若x(1,1)，則f(x)0，故f(x)在(1,1)上是減函數.所以，f(1)2是極大值；f(1)2是極小值.（2）曲線方程為yx3x，點A(0,16)不在曲線上設切點為M(x0,y0)，則點M的坐標滿足y0x3x0因f(x0)3(x1)，故切線的方程為 yy03(x1)(xx0)注意到點A(0,16)在切線上，有 16(x3x0)3(x1)(0x0)化簡得x8，解得x02.所以，切點為M(2,2)，切線方程為9xy160.【例四】對于給定的兩個x1,x2，以及由 f(x)ax4bxc (a,b,cR, a0)給出的函數f:RR，已知f(0)f(x1)1,f(x2)0，求系數a,b,c解：由題意得： f(0)c1, f(x1)axbxc1, f(x2)4ax2bx20解之得： c1, b2ax ax(x2x)0由于數x1與a都不為0，所以x1x2 .若x1x2，則函數: f(x)ax42axx21滿足題中條件.若x1x2，則滿足題中的條件的函數不存在.綜上所述，如果x1x2，那么三組數(a,b,c)(a, 2ax,1)，其中a是非零的任意數.如果x1x2，那么(a,b,c)不存在.【例五】設連續(xù)函數f:0,10,1在區(qū)間(0,1)中可導，且f(0)0,f(1)1，證明：存在a,b(0,1)，ab ,使得: f(a)f(b)1 【分析】題中的函數滿足拉格朗日中值定理的條件，考慮作輔助函數g(x)f(x)x1后應用中值定理. 證明：設函數: g(x)f(x)x1 .因為f(x)在0,1上連續(xù)，所以g(x)也連續(xù)，且g(0)1,g(1)1，從而存在c(0,1)，使得f(c)1c，即，在區(qū)間0,c與c,1上，根據拉格朗日中值定理，存在a(0,c)與b(c,1)，使得: f(a), f(b),即： f(a)f(b)1 .【例六】設0ba，求證：. 【分析】考慮函數f(x)與g(x)的單調性，利用函數單調性證明. 證明：設f(x)，則 f(x)0, x(0,)得f(x)在(0,)是減函數.由 0ba得 ,即 ,又設 g(x) , 則 g(x)0 , x(0,),得g(x)在(0,)上嚴格單調遞增.由 0ba ,得 ,即 ,故 .【例七】已知當時，不等式 xcosx(x1)(1x)sin0恒成立，試求的取值范圍. 【分析】由f(x)xcosx(1x)(1x)sin在0,1上是連續(xù)函數，必有最小值，所以只要求出使最小值大于0時的. 解：設f(x)xcosx(1x)(1x)sin，則 f(x)2x(cossin1)(12sin).當f(x)0時， x.所以的最小值只能在0,1或處取得，則有: f(0)0, f(1)0, f()0 .即： sin0, cos0，sin2,解得：2k2k(k).【例八】求點(0,1)到曲線yxx的最短距離. 【分析】建立點(0,1)到曲線yxx的距離d與橫坐標x的目標函數，然后求其最值. 解：設點(0,1)到曲線yxx上任意一點(x,y)的距離為d，則: d.要d最小，只要d最小，所以目標函數為 f(x)dx(xx1), xR .由 f(x)2x2(xx1)(2x1) 2(x1)(2x1),得f(x)0時，有x1和x.又f”(x)12(xx), f”()90,則當x1時, f(x)0；當x1時，f(x)0,故x1不是f(x)的極值點，從而只有x是f(x)的極小值點. 又lim f(x)+ (x)，因此,dmin().【例九】求0abcd時， f(a,b,c,d) 的最小值. 【分析】從特殊情況入手，當abcd1時，f(a,b,c,d)1,再應用導數證明f(a,b,c,d)1. 解：當abcd1時，f(a,b,c,d)1 下面證明： f(a,b,c,d)1令bax,cay,daz，由0abcd，得1xyz.這時所證的關系式化為:aax(ax)ay(ay)az(az)a(ax)a(ay)ax(az)ayaaz .式等價于: xyyzzxyxzy .又令yxs, zxt，由xyz，得1st，又x1，則ys, 代入得: xxsyxtxtxyz(xt)xs .上式兩邊約去xxsyxtxt之后，不等式化為: yt1t . 當y1，則x1,s, yt11tt11，不等式成立.當t1，則由yt1y0111，得不等式成立當y1,t1，則在不等式兩端都取次冪，得等價不等式: yt (1st, sy) 為證明式，下面分兩種情況： （1） yt, 則1時，函數f1()是增函數這是因為 f1(),所以 ()得f ()10（其中10，參看“導數與函數性質”）因此， yf(y)f(t)tt（2） 設yt，則當1時，函數f2()是遞減函數.事實上，由f()10，得yf2(y)yf2(t)ytt綜上所述，不等式成立，故f(a,b,c,d)1成立，從而得所求原函數的最小值為1.鞏固練習1. 求下列函數的導數： (1) f(x)xx ;(2) f(x) .2. 求下列方程所表示的曲線在x1處的切線方程： xysin(x1)y 3.3. 求下列函數在給定區(qū)間上的最大值與最小值：(1)yx55x45x31, x1,2;(2)y2tanxtanx , x0,);(3)yx , x(0,+).4. 設f(x)axbxx在x11和x22處都取得極值，試求a與b的值，并指出這時f(x)在x1與x2處是取得極大值還是極小值.5. 設f(x)nx(1x)n，其中n為正整數，試求：(1)f(x)在0x1上的最大值M；(2)limM (n)6. 證明下列不等式：(1)x(1x)x