2020高中數(shù)學(xué) 第章 導(dǎo)數(shù)應(yīng)用章末復(fù)習(xí)課學(xué)案 2-2

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE16-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第3章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【例1】設(shè)函數(shù)f（x）＝x－eq\f（1,x)－alnx(a∈R)，討論f(x）的單調(diào)性．思路探究：eq\x(\s\up(求出導(dǎo)函數(shù),的表達(dá)式))→eq\x(\s\up(根據(jù)a的取值情況對導(dǎo)數(shù),符號的影響進(jìn)行分類討論）)[解]函數(shù)f（x)的定義域為(0，＋∞)．f′（x）＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f（a,x）＝eq\f(x2－ax＋1，x2).令g(x)＝x2－ax＋1,則對于方程x2－ax＋1＝0，Δ＝a2－4.(1）當(dāng)－2≤a≤2時，Δ≤0，f′（x)≥0，只有當(dāng)a＝2，x＝1或a＝－2,x＝－1時,等號成立，故函數(shù)f（x)在（0，＋∞）上單調(diào)遞增．（2)當(dāng)a〈－2時，Δ>0，g（x)＝0的兩根都小于0，g(x)在(0，＋∞）上單調(diào)遞增，則在（0，＋∞)上g(x)>g（0)＝1，所以f′（x)>0，故函數(shù)f（x）在（0，＋∞)上單調(diào)遞增．(3）當(dāng)a〉2時,Δ〉0,g（x）＝0的兩根為x1＝eq\f(a－\r(a2－4）,2），x2＝eq\f（a＋\r（a2－4)，2)。當(dāng)0<x〈x1時，f′（x）〉0；當(dāng)x1<x〈x2時,f′(x)<0;當(dāng)x>x2時，f′（x）>0。故函數(shù)f(x)在（0，x1）,（x2，＋∞）上單調(diào)遞增，在(x1,x2)上單調(diào)遞減．綜上，當(dāng)a≤2時,函數(shù)f（x)在(0，＋∞）上單調(diào)遞增；當(dāng)a>2時，函數(shù)f（x）在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f(a－\r（a2－4），2））)，eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－4）,2），＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（a－\r(a2－4），2)，\f（a＋\r（a2－4),2)))上單調(diào)遞減．利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性的步驟利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是導(dǎo)數(shù)的主要應(yīng)用之一，其步驟為：（1）求函數(shù)的定義域，并求導(dǎo)；(2）研究導(dǎo)函數(shù)f′(x）的符號,解不等式f′（x)>0或f′(x）〈0；（3）確定函數(shù)的單調(diào)性或單調(diào)區(qū)間．在求導(dǎo)這一環(huán)節(jié)中，往往要將導(dǎo)函數(shù)變形,其目的在于方便下一環(huán)節(jié)研究導(dǎo)函數(shù)的符號，常見的措施有化為基本初等函數(shù)、通分、因式分解等．1．已知函數(shù)f（x)＝x3－ax－1，討論f（x)的單調(diào)區(qū)間．［解］f′（x）＝3x2－a。(1）當(dāng)a≤0時，f′（x)≥0，所以f（x)在(－∞，＋∞）上為增函數(shù)．（2)當(dāng)a>0時，令3x2－a＝0，得x＝±eq\f(\r（3a）,3）,當(dāng)x〉eq\f（\r（3a)，3）或x<－eq\f(\r（3a),3）時，f′(x）〉0;當(dāng)－eq\f（\r（3a），3)〈x〈eq\f(\r（3a),3)時，f′(x)<0。因此f（x）在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－∞，－\f（\r(3a）,3））），eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r(3a)，3），＋∞))上為增函數(shù)，f(x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f(\r（3a),3），\f(\r(3a),3）））上為減函數(shù)．綜上可知，當(dāng)a≤0時，f(x）在R上為增函數(shù)．當(dāng)a>0時，f（x)在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r（3a），3）)），eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a)，3），＋∞))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r(3a)，3），\f(\r（3a)，3）））上為減函數(shù).利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值【例2】已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋b的圖像上一點P（1,0),且在點P處的切線與直線3x＋y＝0平行．(1)求函數(shù)f（x）的解析式；(2)求函數(shù)f（x)在區(qū)間［0，t］(0〈t<3）上的最大值和最小值;思路探究：（1）由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（f1＝0，，f′1＝－3，)）求出a，b即可．（2）對t分0<t≤2與2〈t〈3兩種情況求最值．［解］(1）因為f′（x）＝3x2＋2ax，曲線在P（1，0)處的切線斜率為f′（1）＝3＋2a，即3＋2a＝－3，又函數(shù)過（1，0）點,即－2＋b＝0，b＝2．所以a＝－3,b＝2，f（x）＝x3－3x2＋2．(2)由f（x）＝x3－3x2＋2，得f′(x）＝3x2－6x.由f′（x)＝0，得x＝0或x＝2．①當(dāng)0<t≤2時，在區(qū)間（0，t）上f′(x)<0,f(x)在[0,t]上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x）min＝f(t）＝t3－3t2＋2．②當(dāng)2<t<3時，當(dāng)x變化時,f′(x)，f(x）的變化情況如下表：x0（0，2）2(2，t)tf′（x)0－0＋＋f（x）2單調(diào)遞減↘極小值－2單調(diào)遞增↗t3－3t2＋2f(x）min＝f（2）＝－2，f（x)max為f（0)與f(t）中較大的一個．f(t)－f(0）＝t3－3t2＝t2（t－3）<0。所以f(x)max＝f(0)＝2．本例在(1)的結(jié)論下,關(guān)于x的方程f（x)＝c在區(qū)間[1，3]上恰有兩個相異的實根，求實數(shù)c的取值范圍．[解]令g（x）＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c，g′（x）＝3x2－6x＝3x（x－2）．在x∈［1，2）上，g′(x）〈0；在x∈(2,3]上,g′（x)>0。要使g（x)＝0在［1，3]上恰有兩個相異的實根，則eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(g1≥0，,g2〈0，,g3≥0，)）解得－2〈c≤0。利用導(dǎo)數(shù)求極值和最值的步驟導(dǎo)數(shù)是求函數(shù)極值與最值的最有力工具，求函數(shù)極值的一般步驟為:（1)確定函數(shù)f(x）的定義域；（2)解方程f′(x)＝0的根；(3)檢驗f′(x)＝0的根的兩側(cè)f′（x)的符號．若左正右負(fù)，則f(x）在此根處取得極大值;若左負(fù)右正,則f（x)在此根處取得極小值；否則，此根不是f(x）的極值點．對于求函數(shù)的最值問題，只需直接將極值與區(qū)間端點函數(shù)值比較即可．2．已知函數(shù)f（x）＝－x3＋12x＋m。(1）若x∈R，求函數(shù)f（x）的極大值與極小值之差；（2）若函數(shù)y＝f(x）有三個零點，求m的取值范圍;（3)當(dāng)x∈［－1，3］時，f(x)的最小值為－2，求f(x）的最大值．［解]（1）f′（x）＝－3x2＋12．當(dāng)f′（x）＝0時,x＝－2或x＝2．當(dāng)f′（x)＞0時，－2＜x＜2．當(dāng)f′(x）＜0時，x＜－2或x＞2．∴f(x）在(－∞，－2)，（2，＋∞)上單調(diào)遞減，在（－2,2)上單調(diào)遞增．∴f（x)極小值＝f(－2)＝－16＋m.f（x)極大值＝f（2)＝16＋m?！鄁（x）極大值－f(x)極小值＝32．（2）由（1)知要使函數(shù)y＝f(x)有三個零點,必須eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(fx極小值＜0,,fx極大值＞0，))即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－16＋m＜0，，16＋m＞0，））∴－16＜m＜16?！鄊的取值范圍為（－16，16）．（3)當(dāng)x∈［－1,3]時，由（1)知f(x）在[－1，2)上單調(diào)遞增，f(x）在[2,3］上單調(diào)遞減，f(x)的最大值為f（2)．又f(－1）＝－11＋m，f(3）＝m＋9，∴f（－1）＜f(3)，∴在［－1，3]上f（x)的最小值為f(－1）＝－11＋m，∴－11＋m＝－2，∴m＝9?！喈?dāng)x∈[－1，3］時，f(x）的最大值為f(2)＝（－2）3＋12×2＋9＝25。導(dǎo)數(shù)的實際應(yīng)用【例3】請你設(shè)計一個包裝盒，如圖所示，ABCD是邊長為60cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形,再沿虛線折起,使得A，B，C,D四個點重合于圖中的點P,正好形成一個正四棱柱形狀包裝盒，E，F(xiàn)在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設(shè)AE＝FB＝x(cm）．(1）某廣告商要求包裝盒的側(cè)面積S(cm2）最大，試問x應(yīng)取何值？(2)某廠商要求包裝盒的容積V（cm3）最大,試問x應(yīng)取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值．思路探究：根據(jù)側(cè)面積和體積公式建立側(cè)面積和體積關(guān)于x的函數(shù)，利用配方法或?qū)?shù)法求出最值．［解］設(shè)包裝盒的高為hcm,底面邊長為acm.由已知得a＝eq\r（2)x，h＝eq\f(60－2x,\r(2)）＝eq\r（2)(30－x），0<x<30。(1)S＝4ah＝8x(30－x）＝－8(x－15）2＋1800,所以當(dāng)x＝15時,S取得最大值．(2）V＝a2h＝2eq\r（2)(－x3＋30x2)，V′＝6eq\r（2)x(20－x）．由V′＝0,得x＝0(舍）或x＝20.當(dāng)x∈（0,20）時，V′>0;當(dāng)x∈（20，30)時，V′<0.所以當(dāng)x＝20時,V取得極大值，也是最大值．此時eq\f（h，a）＝eq\f(1，2)，即包裝盒的高與底面邊長的比值為eq\f(1,2）。利用導(dǎo)數(shù)求實際問題的最大(?。┲禃r，應(yīng)注意的問題（1）求實際問題的最大(小)值時，一定要從問題的實際意義去考查，不符合實際意義的值應(yīng)舍去．(2)在實際問題中，由f′（x）＝0常常僅解到一個根,若能判斷函數(shù)的最大（小)值在x的變化區(qū)間內(nèi)部得到,則這個根處的函數(shù)值就是所求的最大（小）值．3．統(tǒng)計表明：某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/時)的函數(shù)解析式可以表示為y＝eq\f(1，128000）x3－eq\f(3，80）x＋8(0〈x≤120）．已知甲、乙兩地相距100千米,當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？［解］當(dāng)速度為x千米/時時，汽車從甲地到乙地行駛了eq\f（100,x）小時,設(shè)耗油量為h(x)升，依題意得h(x)＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，128000)x3－\f(3，80）x＋8）)×eq\f（100，x)＝eq\f（1，1280)x2＋eq\f(800,x）－eq\f（15，4)（0〈x≤120)．h′（x)＝eq\f(x，640)－eq\f(800,x2）＝eq\f(x3－803，640x2）（0〈x≤120），令h′(x）＝0，得x＝80.因為x∈(0,80)時,h′(x）<0，h（x）是減函數(shù)；x∈（80，120］時,h′(x)>0,h(x）是增函數(shù)，所以當(dāng)x＝80時,h(x)取得極小值h（80)＝11．25（升）．因為h（x）在(0,120]上只有一個極小值，所以它是最小值．答：汽車以80千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11．25升.導(dǎo)數(shù)在最值中應(yīng)用【例4】已知函數(shù)f（x)＝－x3＋ax2＋bx在區(qū)間(－2，1）內(nèi)x＝－1時取極小值，x＝eq\f(2，3）時取極大值．（1）求函數(shù)y＝f（x)在x＝－2時的對應(yīng)點的切線方程；(2)求函數(shù)y＝f（x)在［－2，1]上的最大值與最小值．思路探究：先求出a，b的值，然后求出對應(yīng)點（即切點)的坐標(biāo)和切線斜率，即可得出（1）的結(jié)論,列出x變化時,f′(x）及f(x)的變化情況,從而得出(2)的結(jié)論．［解］(1）f′(x）＝－3x2＋2ax＋b。又x＝－1,x＝eq\f(2，3）分別在f(x)＝－x3＋ax2＋bx上取得極小值、極大值，所以－1，eq\f（2,3）為方程－3x2＋2ax＋b＝0的兩個根．所以eq\f（2,3）a＝－1＋eq\f（2,3），－eq\f（b，3)＝(－1)×eq\f(2，3).于是a＝－eq\f（1,2)，b＝2，則f(x)＝－x3－eq\f（1,2)x2＋2x。x＝－2時,f(－2)＝2,即（－2,2）在曲線上．又切線斜率為k＝f′（x)＝－3x2－x＋2,f′（－2)＝－8，所求切線方程為y－2＝－8(x＋2),即為8x＋y＋14＝0。(2）x變化時,f′(x）及f(x)的變化情況如表所示：x－2(－2,－1）－1eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－1,\f（2，3)))eq\f（2，3）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,3),1））1f′(x）－0＋0－f（x）2↘極小值－eq\f（3,2)↗極大值eq\f(22，27)↘eq\f(1,2）則f(x）在［－2,1］上的最大值為2,最小值為－eq\f(3,2）。導(dǎo)數(shù)是求函數(shù)極值與最值的最有力工具，函數(shù)y＝fx的極值是其定義域內(nèi)的一個局部概念，用f′x＝0的根，將fx的定義域分成若干個小區(qū)間，并列成表格，結(jié)合每個小區(qū)間內(nèi)f′x的正負(fù)號來判定fx在相應(yīng)區(qū)間上的增減性來確定fx的極值.f′x＝0的根x不一定是函數(shù)的極值點.對于求函數(shù)的最值問題，只需將極值與區(qū)間端點函數(shù)值比較即可.4．設(shè)函數(shù)f（x)＝aex＋eq\f(1，aex)＋b(a〉0）．求f(x）在[0,＋∞）內(nèi)的最小值．［解］f′(x)＝aex－eq\f(1,aex),令f′(x)＝0，得x＝－lna.當(dāng)x>－lna時，f′（x）>0;當(dāng)x<－lna時,f′（x）〈0.當(dāng)0<a〈1時，－lna〉0，所以f（x)在(0，－lna）上單調(diào)遞減，在(－lna，＋∞）上單調(diào)遞增,從而f（x）在[0,＋∞)內(nèi)的最小值為f(－lna）＝2＋b；當(dāng)a≥1時，－lna≤0，所以f(x）在［0，＋∞)上單調(diào)遞增，從而f(x)在［0，＋∞）內(nèi)的最小值為f(0)＝a＋eq\f(1，a)＋b.導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用【例5】已知函數(shù)f(x）＝ax＋xlnx（a∈R）．(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[e,＋∞）上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2）當(dāng)a＝1且k∈Z時,不等式k(x－1）〈f(x)在x∈（1，＋∞）上恒成立,求k的最大值．思路探究：(1)轉(zhuǎn)化為f′(x）≥0恒成立，分離參數(shù)求解．(2)分離參數(shù)中，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值．[解](1)f′(x)＝a＋lnx＋1,由題意知f′（x）≥0在［e,＋∞）上恒成立，即lnx＋a＋1≥0在[e，＋∞）上恒成立，即a≥－（lnx＋1)在[e，＋∞）上恒成立,而［－（lnx＋1)］max＝－（lne＋1)＝－2，∴a≥－2，即a的取值范圍為［－2，＋∞)．（2）當(dāng)a＝1時，f(x)＝x＋xlnx,∵x∈（1,＋∞），∴原不等式可化為k〈eq\f(fx,x－1），即k〈eq\f(x＋xlnx,x－1）對任意x>1恒成立．令g(x）＝eq\f（x＋xlnx,x－1），則g′(x)＝eq\f(x－lnx－2,x－12）。令h（x)＝x－lnx－2(x>1)，則h′(x)＝1－eq\f（1，x）＝eq\f（x－1，x）〉0，∴h(x）在（1，＋∞）上單調(diào)遞增．∵h(yuǎn)（3)＝1－ln3<0，h（4)＝2－2ln2〉0，∴存在x0∈(3,4)使h(x0）＝0，即g′(x0)＝0。即當(dāng)1〈x〈x0時，h（x)<0,即g′（x）〈0。當(dāng)x〉x0時，h(x）>0，即g′(x)>0.∴g(x)在（1，x0）上單調(diào)遞減，在(x0,＋∞)上單調(diào)遞增．由h（x0)＝x0－lnx0－2＝0，得lnx0＝x0－2，g（x）min＝g（x0)＝eq\f（x01＋lnx0，x0－1）＝eq\f(x01＋x0－2，x0－1)＝x0∈（3,4），∴k〈g（x）min＝x0且k∈Z，即kmax＝3.恒成立問題的處理策略恒成立問題是導(dǎo)數(shù)的常見題型，往往靠分離參數(shù)后，轉(zhuǎn)化為用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值問題，在函數(shù)中，導(dǎo)數(shù)與不等式緊密結(jié)合，要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想．5．(2019·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f（x）＝lnx－eq\f(x＋1，x－1）。(1)討論f（x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個零點；（2)設(shè)x0是f（x）的