高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

1、專題三、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用2009-2-25高考趨勢導(dǎo)數(shù)作為進(jìn)入高中考試范圍的新內(nèi)容，在考試中占比較大.常常運(yùn)用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而研究函數(shù)的最 值、極值，方程及不等式的解等.導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的工具，導(dǎo)數(shù)進(jìn)入新教材之后，給函數(shù)問題注入了生機(jī)和活力，開辟了許多解題新途徑，拓展了 高考對函數(shù)問題的命題空間。所以把導(dǎo)數(shù)與函數(shù)綜合在一起是順理成章的事情，對函數(shù)的命題已不再拘泥于一次函數(shù)， 二次函數(shù)，反比例函數(shù)，指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)等，對研究函數(shù)的目標(biāo)也不僅限于求定義域，值域，單調(diào)性，奇偶性， 對稱性，周期性等，而是把高次多項(xiàng)式函數(shù)，分式函數(shù)，指數(shù)型，對數(shù)型函數(shù)，以及初等基本函數(shù)的和、差、積、商 都成為命

2、題的對象，試題的命制往往融函數(shù)，導(dǎo)數(shù)，不等式，方程等知識于一體，通過演繹證明，運(yùn)算推理等理性思 維，解決單調(diào)性，極值，最值，切線，方程的根，參數(shù)的范圍等問題，這類題難度很大，綜合性強(qiáng)，內(nèi)容新，背景新， 方法新，是高考命題的豐富寶藏。解題中需用到函數(shù)與方程思想、分類討論思想、數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與劃歸思想。 考點(diǎn)展不1.設(shè)函數(shù)f (x) =sin(cox +-) -1( A0)的導(dǎo)數(shù)f (x)的最大值為3,則f(x)的圖象的對稱軸的方程是 62 TOC o 1-5 h z .已知函數(shù) f(x )的導(dǎo)函數(shù)為 f(x ),且?t 足 f(x)=3x +2xf(2 )，貝 U f(5)=6。.曲線v=s

3、inx在點(diǎn)(三)處的切線方程為x-2v+T3-=03 2y 3xx . 3.設(shè)aR ,函數(shù)f(x) =e +a e 的導(dǎo)函數(shù)是f (x),且f(x)是奇函數(shù).若曲線y = f (x)的一條切線的斜率是 一， 2則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為 In 2.函數(shù)f (x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，若f (x) = f (2 x),且當(dāng)x w (，1)一.一一 1 一(x1)f(x)0, 設(shè) a = f (0), b = f (1), c= f(3). 則2c :二 a :二 b.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?a,b),其導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)的圖象如示，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)是 13 一 27.如

4、圖為函數(shù)f(x) =ax+bx +cx + d的圖象，f(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函 x f(x) 0的解集為 (*,J3) = (0,圾.樣題剖析例1、(2008浙江)已知a是實(shí)數(shù)，函數(shù)f (x) = jx(x-a).求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；設(shè)g(x)為f(x)在區(qū)間b,2】上的最小值. 寫出g(a)的表達(dá)式；(ii)求a的取值范圍，使得 6 W g(a) 0,f (x)有單調(diào)遞增區(qū)間0,+s).若 a 0,令 f (x)=0,得 x=a, 3a當(dāng) 0 cx(一 時(shí)，f (x) -時(shí)，f (x) A0 .3f (x)有單調(diào)遞減區(qū)間.0,L單調(diào)遞增區(qū)間1 , +=o(2)解：(i)若a00,

5、f (x)在0,2上單調(diào)遞增，所以 g(a) = f (0) =0.若0a6, f (x)在0,2上單調(diào)遞減,所以 g(a) =f(2)=應(yīng)(2 -a).O a 0 0,綜上所述，g(a)=_%R 0a 6.(ii)令-6 g(a) -2 .若aw 0,無解.若 0 a 6,解得 3 a 6,解得6 a 0 2+3應(yīng).故a的取值范圍為3 a0 ,求函數(shù)F(x)=af(x)在b,2a】上的最小值解(1)令 f 7x) =0得 x=e;當(dāng)xW(0,e)時(shí)，1(x) 0, f(x)在(0,e)上為增函數(shù)當(dāng)x w e+望)時(shí)，f/(x) 0 ,由(2)知：fmax(x) = f(e)F(x)在(0,e

6、)上單調(diào)遞增，在(e,y)上單調(diào)遞減.二 F(x)在 a,2a 】上的最小值 fmin(x) =minF(a),F(2a)F(a)-F(2a)4lniF(a) -F(2a) M0, fmi(x) = F(a) =lna1當(dāng) 2 0 , fmin(x) = F (2a) = ln 2a 2例 2、已知 f (x) =xln x, g(x) =x2 +ax -3(1)求函數(shù)f (x)在t,t+2(t A0)上的最小值(2)對一切的xw(0,y),2f (x) Zg(x)恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍 HYPERLINK l bookmark105 o Current Document 12(3)證明

7、對一切x (0,-Hc),都有l(wèi)n x 一成立 ex ex解1 Et t+2,即 t 圭1 時(shí)，W刈在也1+2單調(diào)遞增，f(x)min =f(t)=tlnt ee10 t 0), xx則 h(x)、(x 一1),* (0,1),h(x)：二0 xh(x)單調(diào)遞增,xW(1,y), h(x)A0, h(x)單調(diào)遞減二 h(x)min =h(1) =4 ,因?yàn)閷σ磺?x(0D, 2f(x) g(x)恒成立,，aWh(x)min=4x 2(3)問題等價(jià)于證明 xln x - , x (0,:：),e e TOC o 1-5 h z 11 一，由(1)可知f(x)=xlnx, x(0,f)的取小值為

8、一一，當(dāng)且僅當(dāng)x=時(shí)取得 HYPERLINK l bookmark89 o Current Document eex 2 1 -x1僅 m(x) = , xW(0,-),則 m (x)=,易得 m(x)max =m(1)=-一。當(dāng)且僅當(dāng) x=1 時(shí)取得 e eee2從而對一切x匚(0, *),都有l(wèi)n x -成立ex xe變式 1:已知函數(shù) f(x)=ln2(1+x).1 x(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；1(2)若不等式(1+-)aHa e對任意的n= N*都成立(其中e是自然對數(shù)的底數(shù)) n求a的最大值.解：(1)函數(shù)f(x)的定義域是(-1/HC),f (x)=2ln(1 x)1 xx2

9、 2x2(1 x)ln(1 x) - x2 - 2x(1 x)2(1 x)2設(shè) g(x) =2(1 +x)ln(1 +x) x2 -2x,則 g (x) =2ln(1 +x) 2x. 一一 一2_2x令 h(x) =2ln(1 +x)2x,貝 Uh(x)=一2 =上. 1 x 1 x當(dāng)1x0, h(x)在(-1,0)上為增函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，h(x)0, h(x)在(0,)上為減函數(shù).所以h(x)在x=0處取得極大值，而 h(0)=0,所以g (x) 0( x # 0),函數(shù)g(x)在(一1,收)上為減函數(shù).于是當(dāng)1xg(0)=0,當(dāng) x0 時(shí)，g(x)g(0)=0.所以，當(dāng)1x0, f(x)在(

10、-1,0)上為增函數(shù)當(dāng)x0時(shí)，f(x)0, f(x)在(0,)上為減函數(shù)故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,0),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,十無).，1 ，(2)不等式(1 - 1), n1a -1ln(1 ) n11We等價(jià)于不等式(n + a) ln(1 +)E1.由1 + 下1知,n11-n.設(shè) G(x)= ,xw(0,1】,則ln(1 x) xG (x)=2211(1 x)ln (1 x) -x-r =(1 x)ln2 (1 x)x2x2 (1x)ln 2(1 x)2由(i)知，ln2(1 + x) 0,即(1 + x)ln 2(1 十x) x2 0.1 x所以G (x) 0),2e 2(

11、x -e)(x 、. e)二 F (x) =2x-,當(dāng)x = 7e時(shí)，F(xiàn)(x)=0.丫當(dāng)0 xje時(shí)，F(xiàn)(x) kx + e - ke(x w R),可得 x2 一 kx - e + k/e 2 0 當(dāng) x w r 時(shí)恒成立.丁 A=(k -2e)2,二由 A E0 ,得 k =2e.下面證明邛(x) 0時(shí)恒成立.令 G(x) =邛(x) 2 Jex + e =2eln x 一2寸伺乂 + e ,則6)=2、2忐=2病血一。 xx當(dāng)乂=點(diǎn)時(shí)，G(x)=0.:當(dāng)0 cx 0,此時(shí)函數(shù)G(x)遞增；當(dāng)乂，3時(shí)，G(x) 0 ,此時(shí)函數(shù)G(x)遞減；，當(dāng)x =捉時(shí),G(x)取極大值，其極大值為 0

12、.從而 G(x) =2eln x -2Vex +e w 0,即5(x) 0)恒成立.，函數(shù)h(x)和卬(x)存在唯一的隔離直線 y=2jexe .變式3、設(shè)f (x) = px-x - 2 ln x,且f (e) = qe p - 2 (e為自然對數(shù)的底數(shù))(I)求p與q的關(guān)系；(II)若f (x)在其定義域內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，求 p的取值范圍； TOC o 1-5 h z 、一 2e,一 一(III)設(shè)g(x)=一,右在1,e上至少存在一點(diǎn) xo,使得f (xo) g(x0)成立，求頭數(shù) p的取值氾圍 x解：(I)由題意得 f (e) = pe-e -2In e = qe-e -2=(p-q) (

13、e + e ) = 0 而 e + e W0. p = q ee,p(II)由(I)知 f (x) = pxx 2ln xpx 2 2x + p令h(x) = px 22x + p,要使f (x)在其定義域 0 或 h(x)當(dāng) p = 0 時(shí)，h(x) = 2x,x 0 , h(x) 0,f(x) = / 0時(shí)，h(x) = px 22x + p,其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為x = p (0, + ),h(x)min = p-一.只需 p1,即 p 1 時(shí) h(x)0, f (x)0pf (x)在(0,+比)內(nèi)為單調(diào)遞增，故p1適合題意. 當(dāng)p 0時(shí)，h(x) = px 2 2x + p

14、,其圖象為開口向下的拋物線，對稱軸為x = 1受(0,+00)p只需h(0)W0,即pW0時(shí)h(x) 0在(0,+8)恒成立.故p 1 或 p0 或 f(x)W0 恒成立.fx)0 y p (1 +p (1 )max, x 0 x +xx = 1時(shí)等號成立，故-2 xf(x)W0 U p (1 +22x)x WOu pw x2xu pw (xT )min, x 02xx 2 + 1、 2x0 時(shí)，xT7 一 0，故 pw0綜上可得,p1或(III)g(x)=p02eT 在1,e x上是減函數(shù)時(shí)，g(x) min = 2 , x = 1時(shí)，g(x)max = 2e即 g(x) 2,2 ep0時(shí)，

15、由(II)知f (x)在 0 p 1 時(shí)，由 x w 1,e=1,e遞減=f (x)max = f (1) = 0 0 xf (x) = p (x 1 )- 2ln xx- 1 x x右邊為f (x)當(dāng)p = 1時(shí)的表達(dá)式,2In x故在 1, e遞增.1f (x)1時(shí)，由(II)知f (x)在1,e連續(xù)遞增，f=0 g(x)min = 2, x 亡1,e二 f (x)max = f (e) = p (e ) 2ln e 2e 4ee 2 1綜上,p的取值范圍是(管:，+叼e 一 1例3、設(shè)函數(shù) f (x) = In x -px 1(1)求函數(shù)f ( x)的極值點(diǎn)(2)當(dāng)p0時(shí)，若對任意的x0

16、,恒有f (x) 0, f (x)在(0,收)上無極值點(diǎn) xx1當(dāng)p0時(shí)，令f (x) =0. x =w (0,y), f (x)、f (x)隨x的變化情況如下表: p1(n)當(dāng)p0時(shí)在x=-處取得極大值pf (1) = ln 1 ,此極大值也是最大值, p px(0,-) p工 p1(一，+?) pf1(x)+0一f(x)極大值1從上表可以看出：當(dāng) p0時(shí)，f(x)有唯一的極大值點(diǎn)x = - p TOC o 1-5 h z 11要使 f (x) 0恒成立，只需 f()= ln ? 0 ,p3 1pp. p的取值范圍為1 , +0 )(出)令p=1,由(n)知,ln x - x 1 醇的舞猿為

17、Pi且0#M寄1P, 1 V-所以對于任連包注_ 加，.鬻一 黑,得、意小電力.那Vj,2,不等式#)跋 恒成立.=.,.+c 43 FG第當(dāng)工K崛f儂不等式顯然成立，故只滿考慮M e曲2的褶況.中齪,”，:- Ae1格8+Dkce工變形加也Q:您樽工匕承逾務(wù)0,解得xL從而演2在1)內(nèi)第腐遞卷 史2)內(nèi)單諼遞端3：濟(jì)1j斯嘰當(dāng)|溫g取得最小值X,產(chǎn) c X kf j_令*-e、寢航？在L加柯 ”1)t H 01一0,使得方程Q = f x) -(2a +1)在區(qū)間(1 ,e)內(nèi)有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根？若存在，求出 xea的取值范圍？若不存在，請說明理由。10解：(1)由已知，得 h(x)

18、= -ax +2xlnx,且 x0, 2貝U h / (x)=ax+2-=x2ax2x -1x函數(shù)h(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間,1 h / (x/ 0有解,即不等式ax2+2x-1 A 0有x0的解. 當(dāng)a0總有x0的解，則方程ax2+2x-1=0至少有一個(gè)不重復(fù)正根，而方程ax2+2x-1=0總有兩個(gè)不相等的根時(shí)，則必定是兩個(gè)不相等的正根.故只需A=4+4a0,即 a-1.即-1a0時(shí)，y= ax2+2x-1的圖象為開口向上的拋物線 ，ax2+2x-1 0 一定有x0的解. 綜上,a的取值范圍是(-1,0) U (0, +oo)(2)方程%=f (x) -(2a 1) x即為 n-x = ax

19、2 -(2a 1), nx = ax (1 -2a), xx等價(jià)于方程 ax2+(1-2a)x-lnx=0 .設(shè)H(x)= ax 2+(1-2a)x-lnx,于是原方程在區(qū)間(1，e)內(nèi)根的問題，轉(zhuǎn)化為函數(shù)H(x)在區(qū)間(，e)內(nèi)的零點(diǎn)問題. eeH / (x)=2ax+(1-2a)-(2ax 1)(x -1)x當(dāng) xC (0, 1)時(shí)，H / (x)0, H(x)是增函數(shù)；若H(x)在(,e)內(nèi)有且只有兩個(gè)不相等的零點(diǎn)，只須e TOC o 1-5 h z 222 HYPERLINK l bookmark91 o Current Document 人2二當(dāng)+必邙/一羽一 e e ee4H(x)

20、min =H(1) = a+(12a)=1a022H(e) =ae2 (1-2e)a-1 = (e2 -2e)a (e-1) 0e2 ee2 e解得1 a 0 x x2,2x x -120 x，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為 1,：一2,丁1(3) g(x) = f(x) - -=2x+lnx x設(shè)過點(diǎn)(2, 5)與曲線g (x)的切線的切點(diǎn)坐標(biāo)為(xo,yo)y0 -5 =g (xo)(xo -2)1 . .2一一即 2x0 +ln x0 一5 = (2 +)(x0 -2) ln x0 +-2 = 0 x0 x0,.2 一令 h(x)= ln x - -2 x hz(x) = 1 - 2=0 x xx

21、= 2h(x)在(0, 2)上單調(diào)遞減，在(2, )上單調(diào)遞增 ， ，12、2 八;又 h() =2 ln 2 0 , h(2)=ln2-102eh(x)與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)過點(diǎn)(2, 5)可作2條曲線y=g(x)的切線.3 9變式2、已知函數(shù)f (x) =ln(2 3x) - x .2(1)求f(x)在0, 1上的極值;(2)若關(guān)于x的方程f(x) = 2x+b在0, 1上恰有兩個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍(1) f (x)=3 3x =-3(x 1)(3x-1)2 3x1令 f (x) =044x = 一或x = -1 (舍去)3.1 一當(dāng)0 Ex一時(shí)，f (x) 0, f(x)單調(diào)遞增;

22、3,1當(dāng)一x W1時(shí)，f (x) 0,于是中(x)在0,立上遞增; HYPERLINK l bookmark147 o Current Document 33 HYPERLINK l bookmark131 o Current Document 當(dāng)x W立,1時(shí)，中(x) M0,于是中(x)在6,1上遞減 337而丁1),f (x) = -2x +b即5(x) =0在0,1恰有兩個(gè)不同實(shí)根等價(jià)于中(0) = ln2-b W0 TOC o 1-5 h z m V7-7 2v7M)=ln(2+力)+-b0366-1中(1) =ln5+- -b 0217 2.7.In 5 b 0)，點(diǎn) A(x1,

23、f (x。)，B(x2, f(X2),C(X3, f)從左到右依次是函數(shù)y = f(x)圖象上三點(diǎn)，且2x2=x1+x3.證明：函數(shù)f (x)在R上是減函數(shù)；(2)求證：/ABC是鈍角三角形；(3)試問，2ABC能否是等腰三角形？若能，求ABC面積的最大值；若不能，請說明理由.解：(i) : f (x) = aln(1+eX)(a+ 1)x,.,aex謂2a-(a 1)-eX1 eX:二。恒成立,所以函數(shù)f (x)在(，十無)上是單調(diào)減函數(shù)(n)證明：據(jù)題意 A(x1,f (x1), B(x2, f (x2),C(x3, f (x3)且 xix2f(X2)f(X3),X2=2. BA =函-X

24、2, f (Xi) - f(X2), BC-X2, f(X3)- f(X2)BA BC=(X -X2)(X3 -X2)f(X)-f(X2)f(X3)-f(X2)：*為一X2 : 0,X3 -X2 0, f (x) f (%) 0, f(X3) - f(X2) : 0. ba BC 2/e3rxr = 2ex2由于ex1 ex3,故(2)式等號不成立.這與(1)式矛盾.所以ABC不可能為等腰三角形.如圖：在一個(gè)奧運(yùn)場館建設(shè)現(xiàn)場，現(xiàn)準(zhǔn)備把一個(gè)半徑為J3 m的球形工件吊起平放到 6m高的平臺上，工地上有一個(gè)吊臂長DF =12 m的吊車，吊車底座 FG高1.5m.當(dāng)物件與吊臂接觸后，鋼索 CD長可通過

25、頂點(diǎn)D處的滑輪自動調(diào)節(jié) 并保持物件始終與吊臂接觸.求物件能被吊車吊起的最大高度，并判斷能否將該球形工件吊到平臺上？19.解：吊車能把球形工件吊上的高度y取決于吊臂的張角 6 ,由圖可知,y =AB 1.5 = AD -OD -OB 1.5 =DF sin、3-3 1.5 =12sin1cos?cosr. 3 1.5y/ =19 -得12 cos -=cos21,4d3cos3e =sin9 , 4V3 = tan9(1+tan38)，, tane當(dāng)00 8 0 , y單調(diào)遞增，同理，當(dāng)60090時(shí)，y0,最大值.y單調(diào)遞減，所以6 =600時(shí)，y取ymax =12sincos一百+1.5=3石

26、+1.5定6.6(m) 所以吊車能把圓柱形工件吊起平放到6m高的橋墩上.324.已知函數(shù) f(x)=mx +nx (m、nC R, mw0)的圖像在(2, f (2)處的切線與x軸平行.(1)求n, m的關(guān)系式并求f(x)的單調(diào)減區(qū)間;(2)證明：對任意實(shí)數(shù) 0Xi x2 1,關(guān)于x的方程:f(x) -f(X2) - f (Xi)=0ft (Xi , X2 )恒有實(shí)數(shù)解.x2 一 X1(3)結(jié)合(2)的結(jié)論，其實(shí)我們有拉格朗日中值定理：若函數(shù)f(x)是在閉區(qū)間a,b上連續(xù)不斷的函數(shù)，且在區(qū)間(a,b)內(nèi)導(dǎo)數(shù)都存在，則在(a,b)內(nèi)至少存在一點(diǎn)X0,使得 f(Xo)=f(b) f(a).如我們所學(xué)過的指、b -a對數(shù)函數(shù)，正、余弦函數(shù)等都符合拉格朗日中值定理?xiàng)l件.試用拉格朗日中值定理證明:b - a b b a當(dāng)0 a b時(shí)，In (可不用證明函數(shù)