導數(shù)的解題技巧

1、當 a1 時,1 xa;當 a1 時,a x 1.a 1.綜上可得 MP 時,例 1.y f (x)1.2x在x 1處可導，則aax思路：yf(x)2xax b1處可導，必連續(xù)lim f (x)1x 1f(1)專題三導數(shù)的解題技巧第_課時共_4_課【考點聚焦】1了解導數(shù)概念的某些實際背景(如瞬時速度、加速度、光滑曲線切線的斜率等)；掌握函數(shù)在 一點處的導數(shù)的定義和導數(shù)的幾何意義；理解導函數(shù)的概念.2熟記基本導數(shù)公式；掌握兩個函數(shù)和、差、積、商的求導法則了解復合函數(shù)的求導法則，會 求某些簡單函數(shù)的導數(shù).3.理解可導函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的關(guān)系；了解可導函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件(導數(shù)在

2、極值點兩側(cè)異號)；會求一些實際問題(一般指單峰函數(shù))的最大值和最小值.【命題趨向】導數(shù)命題趨勢：綜觀 2007 年全國各套高考數(shù)學試題，我們發(fā)現(xiàn)對導數(shù)的考查有以下一些知識類型與特點：(1)多項式求導(結(jié)合不等式求參數(shù)取值范圍)，和求斜率(切線方程結(jié)合函數(shù)求最值)問題(2)求極值,函數(shù)單調(diào)性，應(yīng)用題，與三角函數(shù)或向量結(jié)合分值在 12-17 分之間，一般為 1 個選擇題或 1 個填空題，1 個解答題.【重點？難點？熱點】考點1：導數(shù)的概念對概念的要求：了解導數(shù)概念的實際背景，掌握導數(shù)在一點處的定義和導數(shù)的幾何意義，理解導函 數(shù)的概念13【冋題 1】(2007 年北京卷)f (x)是f(x) x 2

3、x 1的導函數(shù)，貝 Uf ( 1)的值是.3考查目的本題主要考查函數(shù)的導數(shù)和計算等基礎(chǔ)知識和能力2解答過程Q f (x) x22, f ( 1)123.故填 3.演練例 2. ( 2006 年湖南卷)設(shè)函數(shù)f(x)2L_a,集合M=x|f(x) 0,P=x| f(x) 0,若葉 P,則x 1實數(shù) a 的取值范圍是()A.(- g ,1) B.(0,1) C.(1,+g) D. 1,+ g)考查目的本題主要考查函數(shù)的導數(shù)和集合等基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力解答過程由x 11/x a/x a Q y , yx 1xlim f (x)x 1(1)limf(a 3h) f(a h)；h 02hlimf(a h

4、)h 0f (a)叫Hh叫Hh叫Hhm3 f (a 3h) f(a) lim2h 03h31-f(a) -f(a) 2b221 lim2h 0f (ah)hf (a)叫Hh叫Hh叫Hh說明：只有深刻理解概念的本質(zhì),才能靈活應(yīng)用概念解題。解決這類問題的關(guān)鍵是等價變形,例 3.觀察(xn)nxn 1，(sin x)cosx，(cosx)sin x，是否可導函數(shù)是偶函數(shù)，可令lirfx 0X)f(x)xf (x)f ( x)limx 0 x) f( X)xlirfx 0 x) f (X)xli叫f(x X)f(x)f (x)例 2 .已知 f(x)在 x=a 處可導，且 f (a)=b，求下列極限:

5、分析：在導數(shù)定義中，增量x 的形式是多種多樣，但不論厶x 選擇哪種形式， y 也必須選擇相對應(yīng)的形式。利用函數(shù)f(x)在x a處可導的條件，可以將已給定的極限式恒等變形轉(zhuǎn)化為導數(shù)定義的結(jié)構(gòu)形式。極限式轉(zhuǎn)化為導數(shù)定義的結(jié)構(gòu)形式?？蓪У呐己瘮?shù)的導函數(shù)是奇函數(shù)另證：f f ( x) f ( x) ( x) f (x)可導的偶函數(shù)的導函數(shù)是奇函數(shù)考點一：考小題，重在基礎(chǔ)有關(guān)函數(shù)與導數(shù)的小題，其考查的重點在于基礎(chǔ)知識，如：導數(shù)的定義、導數(shù)的幾何意義、函數(shù)解析式、圖像、定義域、值域、性質(zhì)等仍是高考的重點例 1.(福建 11)如果函數(shù)y=f(x)的圖象如圖 1,那么導函數(shù)y f/(x)的圖象可能是()圖 1

6、解析：利用函數(shù)與導數(shù)的關(guān)系：函數(shù)遞增則導數(shù)大于0，函數(shù)遞減則導數(shù)小于 0,從圖 1 可以看171h出，函數(shù)先遞增再遞減又遞增再遞減，故導函數(shù)的圖像應(yīng)該是先大于0 再小于 0 又大于 0 再小于 0,例 2.(湖北卷 7)若f (x)bln(x 2)在(-1,+)上是減函數(shù)，則b的取值范圍是A. 1,)B.( 1,)C.(, 1D.(, 1)解析：由條件,函數(shù)f (x)12-x bln(x 2)在(-1,+)上是減函數(shù)，則f，(x)20，即f，x) x士0,對任意的x (-1,+)恒成立，b x(x 2)對任意的x (-1,+)恒成立，而x(x 2)在 x(-1,+)上的最小值為-1，故b 1，

7、選 C例 3.(北京卷 12)如圖，函數(shù)f(x)的圖象是折線段ABC，其中A,B，的坐標分別為(0,4) (2 0) (6 4)，則f ( f(0)limf(1x)f(1)x 0 x(用數(shù)字作答)解析：由圖易知f(f(0)f 4=2;f(x)2x 4(0 x 2(2 xx 2)，由導數(shù)的定義知6)limxf(1 x) f(1)0f(1)-2評注：用定義解題必須準確把握導數(shù)的定義f(Xo)limf(x0 x 0 x)f(Xo)，另外還注意f,1)是先求f (X)還是將 X=1 代入。1例 4.(江蘇卷 8)直線y x b是曲線y2In的一條切線，則實數(shù) b=解析：由導數(shù)的幾何意義，f,x)1 1

8、x 2切點為2,ln2，把切點代入切線方程In 2 1評注：用導數(shù)的幾何意義求切線方程一直是高考的熱點,考點二：利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性但難度不是很大。(全國一 19).已知函數(shù)f(x)x3ax2討論函數(shù)f (x)的單調(diào)區(qū)間;21設(shè)函數(shù)f (x)在區(qū)間2,133內(nèi)是減函數(shù), 求a的取值范圍.解析：(1)f (x) x3ax22x 1求導：f (x) 3x 2ax 1符合條件的只有 A 答案，故選 A評注：利用函數(shù)的圖像求導函數(shù)的圖像，應(yīng)注意函數(shù)的單調(diào)性與導函數(shù)的正、負的關(guān)系。12x2當a23,f (x)0求得兩根為x即f(x)在上遞增M f (1)當a23時，0,f(x)在R上遞增f，(x) 0

9、是f (x)為增函數(shù)的充分不必要條件；f(x) 0是f (x)為增函數(shù)的必要不充分條件。考點三：利用導數(shù)求函數(shù)的極值kx 1例 6.(陜西卷 21).已知函數(shù)f(x)弓-(c 0且c 1,k R)恰有一個極大值點和一個x c極小值點，其中一個是x c.(I)求函數(shù)f (x)的另一個極值點;(n)求函數(shù)f(x)的極大值M和極小值m，并求M m 1時k的取值范圍.解析：f(x)k(x(:曽。沁2叫由題意知f(c)0，上遞增，在上遞減,3(2)由(1)得評注：利用導數(shù)處理函數(shù)的單調(diào)性，簡潔明快，但要注意導數(shù)與可導函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系,即得c2k 2cck 0,(*)Q c0,k0.由f(x)0得kx22

10、x ck0,由韋達疋理知另-一個極值點為x 1(或x c2-).2式得k 2k(n)由(*)即c1c 1k當c1時，k0;當0 c1時，k2.(i)當k 0E時，f(x)在(,c)和i(1,)內(nèi)是減函數(shù),在(c,)內(nèi)是增函數(shù).k 1 k所以y OA OB OP10 1010 10tancoscosm f ( c)kc 1k20，c2c2(k 2)由M mkk2 1及k0，解得k A、2.22(k2)(ii )當k2時，f (x)在(，c)和(1,)內(nèi)是增函數(shù)，在(c,1)內(nèi)是減函數(shù)kkM f ( c)0,m f(1)02(k 2)22 2Mmkki 毬 U1 1恒成立.2(k2)2k 2綜上可

11、知，所求k的取值范圍為(，2)U,2,).評注：利用導數(shù)求函數(shù)的極值，先求f(x)，再令f(x) 0求得根Xo，然后檢驗極值點Xo左右f，(x)的符號，左正右負為極大值，左負右正為極小值，對于含參數(shù)問題，注意分類討論?？键c四：利用導數(shù)求函數(shù)的最值例 7.(江蘇卷 17).某地有三家工廠，分別位于矩形ABCD 的頂點 A,B 及 CD 的中點 P 處，已知AB=20km,CB =10km，為了處理三家工廠的污水，現(xiàn)要在矩形ABCD 的區(qū)域上(含邊界)，且 A,B 與等距離的一點 0 處建造一個污水處理廠，并鋪設(shè)排污管道 AO,BO,OP，設(shè)排污管道的總長為ykm(I)按下列要求寫出函數(shù)關(guān)系式：設(shè)

12、/ BAO= (rad)，將y表示成 的函數(shù)關(guān)系式;設(shè) OPx(km)，將y表示成 xx的函數(shù)關(guān)系式.(H)請你選用(I)中的一個函數(shù)關(guān)系式，確定污水處理廠的位置，使三條排污管道總長度最短.AQ10解析：(I)由條件知 PQ 垂直平分 AB,若/ BAO= (rad)，則OA，故cos cos10OB，又 OP=10 10tan10 10ta ，cos對時間的導數(shù)。所求函數(shù)關(guān)系式為y20 10Sin10 0-cos4若 OP=x(km)，則 OQ= 10 x，所以 OA =OB=10 x2102Jx220 x 200所求函數(shù)關(guān)系式為y x 2- x220 x_200 0 x 1010cos g

13、cos 20 10sin sin 10 2sin 1(n)選擇函數(shù)模型，y2coscos1令y0 得 sin ，因為0，所以 =，246當0,時，y0,y是 的減函數(shù)；當一，一 時，y0,y是 的增函數(shù)，所以66 4當=時，ymin10 10. 3。這時點 P 位于線段 AB 的中垂線上，且距離 AB 邊610 3刑km 處。32x例 4.( 1)求曲線y二 在點(1 , 1)處的切線方程；x 1一t 12(2)運動曲線方程為S廠2t,求 t=3 時的速度。t2分析：根據(jù)導數(shù)的幾何意義及導數(shù)的物理意義可知，函數(shù) y=f(x)在x0處的導數(shù)就是曲線 y=f(x)在點p(x,y0)處的切線的斜率。

14、瞬時速度是位移函數(shù)S(t)解：(1)y2(x21) 2x/ 2八2(x 1)y|x 1220,即曲線在點4因此曲線y2x2在(1, 1)x1(2)St1 2(2t2)-t12一26S It 312 1192727例 5.求下列函數(shù)單調(diào)區(qū)間2x 2 2x22 2，(x21)2(1, 1)處的切線斜率處的切2t(t 1)74tk=0y=1O(1)y312f(x) x3x222x 5(2)yx1x(3)yk2kx (k I0)(4)y2x2Inx解：(1)y 3x2x2(3x2)(x1) x(J23)(1,)時y o“ 22、2x (-,1) y 0(J),(1,)(J)333x21(2)y2(,0

15、),(0 ,)xk2(3)y 12x X (,k) (k ,)y0 x ( k,0)(0 ,k) y 0(Jk),(k,)( k,0),(0,k)14x21(4)y 4x -定義域為(0,)xxX1(0) y 02x(2)y0例 7. 利用導數(shù)求和：(1)& =1 +力七/十卄產(chǎn)詆定定0顯丘們；(2)$+ 貯：+ fC；0E 巧。分析： 這兩個問題可分別通過錯位相減法及利用二項式定理來解決。轉(zhuǎn)換思維角度， 由求導公 式(xn) nxn 1，可聯(lián)想到它們是另外一個和式的導數(shù)，禾U用導數(shù)運算可使問題的解決更加簡捷。解：(1)當 x=1 時，1+2+3 十十祥 + I)2當XH1時,兩邊都是關(guān)于 X

16、 的函數(shù)，求導得嚴1 XJi即E = 1 +十+黑嚴J 仗十十旳工科1|(2)v(1討l +y 疋兩邊都是關(guān)于 x 的函數(shù)，求導得1-；7|。令 x=1 得w2B1=C+2C十竺十-十心?即- -_:，。例&設(shè)a 0,求函數(shù)f(x) . x In (x a)(x (0,)的單調(diào)區(qū)間.分析：本小題主要考查導數(shù)的概念和計算，應(yīng)用導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法及推理和運算能力1 1解：f (x)(x 0).27 x x a當a 0, x0時f (x)0 x2(2a 4)x a20f (x) 02 2x (2a4)x a 0(i )當a1時，對所有x 0,有x2(2a4) a20即f (x)0,此時f (x)

17、在(0,)內(nèi)單調(diào)遞增.(ii)當a1時，對x 1，有x2(2a 4)x a205即f (x) 0,此時f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，又知函數(shù)f (x)在 x=1 處連續(xù)，因此,函數(shù)f (x)在(0，+)內(nèi)單調(diào)遞增(iii )當0 a 1時，令f (x) 0,即x2(2a 4)x a20.解得x 2 a 2-. 1 a,或 x 2 a 2.、1 a.因此，函數(shù)f (x)在區(qū)間(0,2 a 2 1 a)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(2 a 2.1 a,)內(nèi)也單調(diào)遞增.令f (x)0,即 x2(2a 4)x a20，解得2 a 2d a x 2 a 21 a.(2)( 2007 年湖f(x)1ax2bx在區(qū)

18、間1,1),(1,3內(nèi)各有一個極值(I)求a24b的最大值；2(II )當a 4b 8時，設(shè)函數(shù)y f (x)在點y f (x)的圖象(即動點在點A附近沿曲線y求函數(shù)f (x)的表達式.思路啟迪：用求導來求得切線斜率1312(I)因為函數(shù)f (x) x3ax232解答過程:f (x) x2設(shè)兩實根為ax b人，X2(A(1, f (1)處的切線為I,f(x)運動，經(jīng)過點若I在點A處穿過函數(shù)A時，從I的一側(cè)進入另一側(cè))，bx在區(qū)間1,1),(1,3內(nèi)分別有一個極值點，所0在1,1),(1,3內(nèi)分別有一個實根,x14b，且0 x2x1 4.于是02a(lla24b 4,4b的最大值是 16.)解法

19、一：由f (1)4b g(x)(x 0).考查目的 本小題主要考查函數(shù)、 不等式和導數(shù)的應(yīng)用等知識， 考查綜合運用數(shù)學知識解決問題的能力. 解：(1) f (x)設(shè)y f (x)與y g(x)(x 0)在公共點(X0, y)處的切線相同.3a2，由題意f(x) g(x),f (X0) g (X0).XX 2a,g (x)22ax03a ln x0b,xo2a3a2x由X。2a篡得：X)a，或X)3a(舍去).X即有b令h(t)1a25t222a23a21 na3a2In a.3t l nt(t 0)，則h (t)2t(1 3l nt)于是(n)設(shè)F(x) f(x) g(x)22ax 3a In

20、 x b(x 0),1x2則F(x) x 2a送區(qū)旦乜xx故F(x)在(0，a)為減函數(shù)，在(a, s)為增函數(shù)，于是函數(shù)F(x)在(0,s)上的最小值是F(a) F(x0) f(x) g(x) 0.故當x 0時，有f (x) g(x)0,即當x 0時，f (x)g(x)2例 9已知拋物線y x4與直線 y=x+2 相交于 A、B 兩點，過AB 兩點的切線分別為 h 和I2。(1) 求 A B 兩點的坐標； (2)求直線l1與l2的夾角。分析：理解導數(shù)的幾何意義是解決本例的關(guān)鍵。解(1) 由方程組y2x4,解得 A(-2 ,0) , B(3,5)yx2,(2) 由 y =2x，則y|x 24,

21、y|x36。設(shè)兩直線的夾角為B,根據(jù)兩直線的夾角公式,tan4 610所以10 arcta n1 ( 4) 62323說明:本例中直線與拋物線的交點處的切線， 就是該點處拋物線的切線。注意兩條直線的夾角公式有絕對值符號?？键c3:導數(shù)的應(yīng)用中學階段所涉及的初等函數(shù)在其定義域內(nèi)都是可導函數(shù)，導數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要而有力的 工具，特別是對于函數(shù)的單調(diào)性，以“導數(shù)”為工具，能對其進行全面的分析，為我們解決求函數(shù) 的極值、最值提供了一種簡明易行的方法，進而與不等式的證明，討論方程解的情況等問題結(jié)合起 來，極大地豐富了中學數(shù)學思想方法 復習時，應(yīng)高度重視以下問題：1.求函數(shù)的解析式；2.求函數(shù)的值域；3

22、.解決單調(diào)性問題；4.求函數(shù)的極值(最值)；5.構(gòu)造函數(shù)證明不等式?！締栴} 3】(2006 年天津卷)函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a,b)，導函數(shù)f (x)在(a,b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)有極小值點()A. 1 個B. 2 個C. 3 個當t(1 31 nt)0，即 卩0當t(1 3l nt)故h(t)在0,0,即t1e3為增函數(shù)，在1t e3時，h (t)0；1e3時，h(t)1e3,g為減函數(shù),于是h(t)在(0, s)的最大值為ie3(1)xln(1 x)2x2(1 x)x (0,(2)sin x2xx (0Q(3)x sinx tanxxx (0,)2

23、證:(1)f(x) ln(1x)(xf(0)f (x)x21x 1f(x)為(0,(0,f(x)0恒成立二ln(1x) xx2g(x)x22(1 x)ln(1x) g(0)0g(x)1 空24(1 x)24x2x22x204(1 x2)D.4 個考查目的本題主要考查函數(shù)的導數(shù)和函數(shù)圖象性質(zhì)等基礎(chǔ)知識的應(yīng)用能力解答過程由圖象可見,在區(qū)間(a,0)內(nèi)的圖象上有一個極小值點故選 A.演練 1(江西卷)對于 R 上可導的任意函數(shù)f(x)，若滿足(x 1)f ?(x) ?0，則必有()(0) +f(2)?2f(1) B.f(0) +f(2) ?2f(1) C.f(0) +f(2) ?2f(1) D.f(

24、0) +f(2) ?2f(1) 解：依題意，當x?1 時，f ?(x)?0,函數(shù)f(x)在(1,+ ?)上是增函數(shù)；當x?1 時，f ?(x)?0 ,f(x)在(一?, 1)上是減函數(shù)，故f(x)當x= 1時取得最小值，即有f(0)?f(1) ,f(2)?f(1)，故選 C演練 2若fix)是f(x)的導數(shù)函數(shù)，fix)的圖像如圖所示，貝Uf (x)的圖象可能是下面各圖中的(D )4CABD22yyyyAy/廠r/丿i丄111 1111110abx 0ab x 0a bx0ab x 0ab x* g(x)在(0 ,x2(0,)%亍(1 x) 0恒成立(2)原式sin xf (x) sinx/x

25、xf (x)xcos x(x tanx)(0,)cosx 0 x tanx 02x2(02)f (x)0(02)f(2)- sin x2x(3)令f(x)tanx 2x si nxf(0)f (x) sec2x2 cosx(1 cosx)(cos x2 cosxsin2x)x (0,-) f (x)0(0,-)tanx x x si nx【問題 4】(2007 年全國 1)設(shè)函數(shù)f (x) 2x33ax23bx 8c在X 1及X 2時取得極值.(I)求a、b的值；(n)若對于任意的x 0,，都有f(x) c2成立，求c的取值范圍.思路啟迪：禾 U 用函數(shù)f (x) 2x33ax23bx 8c在

26、x 1及x 2時取得極值構(gòu)造方程組求a、b的值.解答過程：(I)f (x) 6x26ax 3b,因為函數(shù)f (x)在x 1及x 2取得極值，則有f (1)0,f (2)0.即6 6a 3b解得a24 12a 3b 0.3,b 4.(n)由(I)可知，f(x)2x39x212x 8c,f (x)6x218x 126(x1)(x2).當x(01)時，f (x)0；當x(1,)時，f (x)0；當x(2,3)時，f (x)0.所以，當x 1時，f (x)取得極大值f(1) 5 8c,又f(0) 8c,f (3)9 8c.則當x 0,3時，f(x)的最大值為f(3) 9 8c.因為對于任意的x 0,，

27、有f (x) c2恒成立，所以9 8c c2,解得c 1或c 9,因此c的取值范圍為(，1)U(9,).演練(2006年北京卷)已知函數(shù)f (x) ax3bx2cx在點x0處取得極大值5，其導函數(shù)y f (x)的圖象經(jīng)過點(1,0),(2,0)，如圖所示.求：(I)x0的值；(n)a, b,c的值考查目的本小題考查了函數(shù)的導數(shù)，函數(shù)的極值的判定，閉區(qū)間上二次函數(shù)的最值，函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化等基礎(chǔ)知識的綜合應(yīng)用，考查了應(yīng)用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想分析問題解決問題的能力又2 x3. 2x42x 82 x 3-2x 4當 x2 時，y0 ,函數(shù)y 2x4x 3在(2,)上是增函數(shù)，而f ( 2)1,y1,).

28、 2x 4. x 3的值域是R,為參數(shù)，且02解答過程解法一：(I)由圖像可知，在 ,1 上fx 0，在 1,2 上f x 0，在2,上fx 0故f(x)在(-,1),(2,+)上遞增，在(1,2)上遞減，因此 f X 在x 1處取得極大值，所以 xo1(n)f(x) 3ax1 22bx c,由f(1) =0, ( 2)= 0, ( ( 1)= 5,3a 2b c 0,得12a4b c0解得a2,b9,c 12.a bc 5,解法二：(I)冋解法一(n)設(shè)f(x)m(x1)(x2)2mx 3mx 2 m,又f(x)3ax22bx c,所以am3,bm,c322mci m332|2m,f (x)

29、xmx 2mx,32由f(1)5,即m3 m2m 5,得m 6,所以a 2,b9,c 1232演練 2函數(shù)y“燈飛 的值域是 _ .思路啟迪：求函數(shù)的值域，是中學數(shù)學中的難點，一般可以通過圖象觀察或利用不等式性質(zhì)求解， 也可以利用函數(shù)的單調(diào)性求出最大、最小值。此例的形式結(jié)構(gòu)較為復雜，采用導數(shù)法求解較為容易。解答過程：由2x 4 0得，x2，即函數(shù)的定義域為2,).x 30112 J 32x 4y?v2x 42jx 322x 4 vx 31當時cos 0,判斷函數(shù)f x是否有極值；2 要使函數(shù) f(x)的極小值大于零，求參數(shù)的取值范圍；1演練 3(2006 年天津卷)已知函數(shù)fx 4x33x2c

30、os3 cos，其中x16a的取值范圍.考查目的本小題主要考查運用導數(shù)研究三角函數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性及極值、解不等式等基礎(chǔ)知識, 考查綜合分析和解決問題的能力，以及分類討論的數(shù)學思想方法解答過程(I)當cos 0時，f (x) 4x3，則f(x)在(，)內(nèi)是增函數(shù)，故無極值.(n)f(x) 12x26xcos，令f(x) 0，得x,0,x2c 2由(I),只需分下面兩種情況討論當 cos 0 時，隨 x 的變化 f (x)的符號及 f(x)的變化情況如下表:x(,0)0(0,cos)cos2(Cos(2,)f (x)+0-0+f(x)/極大值極小值/因此，函數(shù)f(x)在xco處取得極小值f(co)

31、,且 込)lcos3A222416(3)若對(2)中所求的取值范圍內(nèi)的任意參數(shù)，函數(shù)f x在區(qū)間 2a 1,a 內(nèi)都是增函數(shù)，求實數(shù)要使 f (吧)0，必有1cos (cos23) 0，可得0 cos .2442由于 c故311由于0 cos，故或_262 26X(,cos)2cos2(答,0)0(0,)f (X)+0-0+f(x)Z極大值極小值Z當時cos 0,隨 x 的變化，f(x)的符號及 f(x)的變化情況如下表:0處取得極小值f(0)，且因此，函數(shù)f (X)在 x若f (0)0，貝y cos160.矛盾所以當cos 0時，f (x)的極小值不會大于零綜上，要使函數(shù) f(x)在()內(nèi)的

32、極小值大于零，參數(shù)的取值范圍為(_)(6，2)(32116)(III )解：由(II )知，函數(shù) f(x)在區(qū)間(由題設(shè)，函數(shù)f (x)在(2a2a 1 aa 01,a)內(nèi)是增函數(shù)，則12a2a,)與巴2a 須滿足不等式組a1 cos2)內(nèi)都是增函數(shù)。由(II ),參數(shù)時(,)6 243-8綜上，解得a 0或4_38所以a的取值范圍是(，0)演練 4(2007 年全國1必有2a 1_3，即4沙)時,2 6r4 d、p,1).2)已知函數(shù)f(x)ax3bx23在X X1處取得極大值，在X(1) 證明a 0；(2 b)xcosx2處取得極小值，且(2) 若z=a+2b,求 z 的取值范圍。解答過程

33、求函數(shù)f (X)的導數(shù)f (x)(I)由函數(shù)所以f (X)當X X1時，2axf (X)在X X1處取得極大值，a(x xj(x X2)f (x)為增函數(shù)，2bx在x(n)在題設(shè)下,x11f (x) 0,X22等價于f_J.要使不等式2a21 cos2關(guān)于參數(shù)恒成立,0X11X22.2 b.X2處取得極小值，知為,X2是f (x)0的兩個根.2化簡得a3b5b 2此不等式組表示的區(qū)域為平面4aaOb上三條直線:(0)(1)X22a4a2b 24b 20, a 3b 2 0,4a 5b 2 0.7，6,8-解答過程由已知得函數(shù)f(x)的定義域為(1,),且fgax 1(a 1x 1 (1 )當1

34、 a 0時，f(x)0,函數(shù)f (x)在(1,)上單調(diào)遞減，(2)當a 0時，由f(x) 0,解得xaf(x)、f(x)隨x的變化情況如下表x(1丄)a1 a(-,) af(x)一0+f (x)極小值Z從上表可知當x ( 1,1)時，f(x) 0,函數(shù)f(x)在(1,1)上單調(diào)遞減1aa當x (1,)時，f(x) 0,函數(shù)f(x)在(丄，)上單調(diào)遞增a，a綜上所述：當1 a 0時，函數(shù)f(x)在(1,)上單調(diào)遞減.當a 0時，函數(shù)f(x)在(1,1)上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)在(!,)上單調(diào)遞增.aa演練(2006 年湖北卷)設(shè)x 3是函數(shù)f x x2ax b e3 xx R的一個極值點.(I)

35、求a與 b 的關(guān)系式(用a表示 b ),并求f x的單調(diào)區(qū)間；(n)設(shè)a 0,g x a225ex.若存在1,20,4使得ftg21成立，求a的取值范4圍.考查目的本小題主要考查函數(shù)、不等式和導數(shù)的應(yīng)用等知識，考查綜合運用數(shù)學知識解決問題的 能力.23 x解答過程(I) f(x)=x +(a2)x + b ae,由f (3)=0，得 一3? + (a 2)3 +b ae= 0,即得 b = 3 2a,則f (x)= x2+ (a 2)x 3 2a ae3x=x2+ (a 2)x 3 3ae3x= (x 3)(x+a+1)e3x.令f(x)= 0，得X1= 3 或X2=a 1，由于x= 3 是極

36、值點，所以x+a+1 0,那么az 4.當a3=X1，貝y在區(qū)間(一g,3) 上,f (x)0, f (x)為增函數(shù)；在區(qū)間(一a 1,+)上，f(x) 4 時，X23=xi，則在區(qū)間(一g, a1)上,f (x)0, f (x)為增函數(shù)；在區(qū)間(3,+) 上,f (x)0 時，f (x)在區(qū)間(0, 3) 上的單調(diào)遞增，在區(qū)間(3, 4)上單調(diào)遞減， 那么f (x)在區(qū)間0 ,4上的值域是min(f (0), f (4) ,f (3),而f (0)=( 2a+ 3)e30,f (3)=a+ 6,3那么f (x)在區(qū)間0 , 4上的值域是(2a+ 3)e,a+ 6.又g(x) (a2竺)ex在

37、區(qū)間0 , 4上是增函數(shù)，4且它在區(qū)間0 , 4上的值域是a2+ 25 ,(a2+ 25 )e4,44由于(a2+25) (a+ 6)=a2a+ 丄=(a1)20,所以只須僅須4422(a+25) (a+ 6) 0,解得 0aa,其中a是方程f(x)=x的實數(shù)根；an+1=f(an)(n?N*)；f(x)的導函數(shù)f (x) ( 0, 1 )；證明：ana； (n?N*)；判斷an與an+1的大小，并證明你的結(jié)論。解答：(1)證明：用數(shù)學歸納法1n=1 時，a1a成立2假設(shè) n=k 時，aka成立，則 n=k+1 時，由于f(x)0,.f(x)在定義域內(nèi)遞增二f(ak)f (a)，即ak 1a

38、n=k+1 時，命題成立由知，對任意n N,均ana(2)解：令F(x) f(x) x，則f (x)1,F (x)0F(x)遞減，-a1a時，F(xiàn)(aJF(a)0,即f(aja1, a2印 猜測anan1，下證之1n=1 時，qa2成立2假設(shè) n=k 時，akak 1成立則 n=k+1 時，由于f (x)遞增，f (ak)f(ak 1)，即ak 1ak 2 n=k+1 時，命題成立，由知，對任意n N,均anan 1點晴:由導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性來證明不等式、數(shù)列有關(guān)的綜合問題必將會成為今后 高考的重點內(nèi)容，在復習中要足夠地重視。【問題 7】已知雙曲線C : ym(m 0)與點 M(

39、1 , 1).x(1)求證：過點 M 可作兩條直線，分別與雙曲線C 兩支相切；(2) 設(shè)(1)中的兩切點分別為 A、B,其 MAB 是正三角形，求 m 的值及切點坐標。解答:(1)證明：設(shè)Q(t,m) C，要證命題成立只需要證明關(guān)于t 的方程y |x tkMQ有兩個符t號相反的實根。y |x tkMQ設(shè)方程t22mt m設(shè)A(t,?)(t0)，則由kMAB(*t)t22有 t -2mt+m=0tan 60由得t2AMB60及夾角公式知m從而右t2mt2t2m2mt丄,tm1mt2,2t2t1212t 1(2t由知t2因此，m2亦乍2A(3mt21)t24t(1 t)2t 12，代入知2 j(3

40、A勝的t22mt m 0，且 t豐0, t豐1。0的兩根分別為 ti與 t2,則由 tit2=m0 知 ti, t2是符號相反的實數(shù)，且tl, t2均不等于 0 與 1，命題獲證。【問題 8】(理)A、B兩隊進行某項運動的比賽，以勝三次的一方為冠軍，設(shè)在每次比賽中 概率為p,B勝的概率為q(p q 1,p 0.q 0)，又 A 得冠軍的概率為P,B 得冠軍的概率為Q,決定冠軍隊的比賽次數(shù)為 2( 1)求使P- p為最大的p值；(2)求使N的期望值為最大的p值及期望 值。(3)要決定冠軍隊，至少需要比賽三次，最多需要比賽5 次。3解答:如果比賽 3 次 A 獲冠軍，A 需連勝三次，其獲冠軍的概率

41、為p;如果比賽 4 次 A 獲冠軍，前三次有一次 B 勝，其余三次 A 勝，A 獲冠軍的概率為C3qp33p3q.如果比賽 5次 A 獲冠軍，前四次有兩次 B 勝，其余三次 A 勝，A 獲冠軍的概率為223323小2 32C4q p 6p q .故P p 3p q 6p q .于是Ppp33p3q 6p3q2p f (p).將q 1 p代入整理得f(p) 6p515p410 p3p(0 p 1).t1t221 ,mm) m(t1t2)22-m，即線段 AB 的中點在直線y x上。2mt22也mm又QkABt2t1m(t1t2)1,AB 與直線y x垂直。t2t1t2t1(t2切故 A 與 B

42、關(guān)于yx對稱，知,(2)設(shè)人館半),B(t2,p，由(1)ti+t2=2m, 11t2=m,從而，即30p(1p)；0p(1 p)；00.令f(p)30p2(1 p)21即P2 P揚0,解得PA 斥山A ).當0 p Pi時，f(p) 0；當 Pip P2時，f(P)0；當 P2p 1 時，f(P)0.又lim f (p) 0,lim f (p) 0,故當 p=1(1；1 -)時，f(p) P p 最大.p 0p 1230N345Q33p q3p3q 3q3pc 32c 326p q 6q p2 26p q而pq12213pq 3 6(pq )4811221匚，所以 E(N) 6gy33T 這

43、時，例 1、( 2008 浙江)已知a是實數(shù)，函數(shù)f(x)、.x(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0,2上的最小值.(i )寫出 g(a)的表達式；(ii )求a的取值范圍，使得6 g(a) 2.(1)解：函數(shù)的定義域為0，)，f(x) J x,2 Jx3x a(x 0)2 . x若a 0，則f (x)0,f (x)有單調(diào)遞增區(qū)間0,).若a 0,令f (x)0，得x 3a當0 x時，f (x)0，3、“a當x時，f (x)0.3aaf (x)有單調(diào)遞減區(qū)間0,，單調(diào)遞增區(qū)間-，33(2)解：(i )若a 6,f(x)在0,2上單調(diào)遞減,所以g(a)f(2)

44、.2(2a).0,a 6.(ii )令6 g(a) 2.若a 0，無解.若0 a 6，解得3 6，解得6 a 2 3匹.故a的取值范圍為3 a 0 時，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(x0),函數(shù)g(x)在(1,)上為減函數(shù)于是當1 x 0時，g(x) g(0)0,所以，當1 x 0時，f (x)0,f (x)在(-1 , 0) 上為增函數(shù))上為減函數(shù)1(2)不等式(1丄)“n1ar ln(1 -) ne等價于不等式(n a)ln(1n設(shè)G(x)1 1,xln(1 x) xG(x)(-1x)l n2(1 x)12

45、x由(I)知,22xIn (1 x)1 x丄)1.由1n0,1 ,則x) x2(1 x)l n2(1 x2(1 x)ln2(1 x)0,即(1x)ln2(1 x) x20.所以G (x)0,x 0,1 ,于是Qx)在0,1上為減函數(shù)故函數(shù)G( x)10,1上的最小值為G(1)1.In 2所以a的最大值為丄1.In 2變式 2 :若存在實常數(shù)f (x) kx b和g (x)當 x 0 時，g(x) g(0)0.當 x 0 時，f (x)0, f(x)在(0,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,)k和b，使得函數(shù)f (x)和g(x)對其定義域上的任意實數(shù)x分別滿足

46、:kx b，則稱直線丨：y kx b為f (x)和g(x)的“隔離直線” 已知2h(x) x,(x) 2elnx(e為自然對數(shù)的底數(shù)).(1)求F(x) h(x) (x)的極值;(2)函數(shù)h(x)和(x)是否存在隔離直線？若存在，求出此隔離直線方程；若不存在，請說明理由.2(1)Q F (x) h(x) (x) x2elnx(x 0),F(x) 2x蘭2(x荷(x6 .xx當x、.e時，F(xiàn) (x)0.當0 x e時，F(xiàn) (x)0,此時函數(shù)F(x)遞減；當x ,e時，F(xiàn) (x) 0,此時函數(shù)F(x)遞增；當xe時，F(xiàn)(x)取極小值，其極小值為0.由(1 )可知函數(shù)h(x)和(x)的圖象在x, e

47、處有公共點，因此若存在h(x)和(x)的隔離直線，則該直線過這個公共點. 8 分設(shè)隔離直線的斜率為k,則直線方程為y e k(x .e)，即y kx e k、e.由h(x) kx e k , e(x R)，可得x4 5kx e k e 0當x R時恒成立.(k 2.e)2,由0,得k 2 .e.下面證明(x)2 . ex e當x 0時恒成立.令G(x) (x)2 . ex e 2el nx 2、ex e,貝U2e廠2掐(真x)G (x)2 .exx當x e時，G (x)0.當0 x . e時，G (x)0,此時函數(shù)G(x)遞增；當x、e時，G (x)0,此時函數(shù)G(x)遞減；當xe時，G(x)

48、取極大值，其極大值為0.從而G(x) 2el nx 2 . ex e 0,即卩(x) 2 . ex e(x 0)恒成立.函數(shù)h(x)和(x)存在唯一的隔離直線y 2, ex e.qp變式 3、設(shè)f(x) =px- 2 Inx，且f(e) =qe - 2 (e為自然對數(shù)的底數(shù))xe(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；(III)設(shè)g(x)=竺，若在1,e上至少存在一點X。，使得f(X。)g(X0)成立，求實數(shù)p的x4工工1? (pq) (e+ 一 ) = 0 而e+豐0 二p=qee取值范圍解：(I) 由題意得f(e) =pe 2lne=qe 2ee(I

49、I)p由(I)知f(x) =pxx 2lnxz.2八px 2x+p,p 2f(x) =p+-2 =2x xx2令h(x) =px 2x+p,要使f(x) 滿足：h(x) 0 或h(x)w0 恒成立.在其定義域(0,+?)內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需.5 分h(x)在(0,+?)內(nèi)p= 0 時，h(x) = 2x ,2xx 0，二h(x) 0 時，h(x)=2px- 2x+p,其圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為1- (0,+?),P1h(x)min=p1只需p 1，即p 1p f (x)在(0,+?) 內(nèi)為單調(diào)遞增,故p 1 適合題意時h(x) 0,f(x) 0 當p 0 時，h(x) =px2 2x+p

50、,其圖象為開口向下的拋物線，對稱軸為-p?(0,+?)只需h(0)w0，即pw0 時h(x)w0 在(0,+?) 恒成立. 故p 1 或pw0另解：(II)由(I)知f(X)=ppxx2lnxf(x)=2x=p(1 +1 2xx2)x要使f(x)在其定義域(0,+?)f內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，只需f(x)在(0,+?) 內(nèi)滿足:(x)w0 恒成立.f(x) 0 ?p(1 +* )21wx +-xp 1f(x)w0 ?p(1 +2p1x+x2P(1 )max,x 0 x +-x，且x= 1時等號成立，故2( 1 )max= 1x+x2x2x+ 12x2x綜上可得,p 1 或pw02e亠g(x)=在1,z.

51、e2xpwR上是減函數(shù)x=e時，g(x)min= 2 ,x= 1 時，g(x)max= 2e2xpw(xrr)min，x01f(x)仝x-x-2ln2 1 時，由 數(shù) 本命題?f(II)知f(x)在1,e連續(xù)遞增,f(1) = 0 ?f(X)max=f(e)=g(x)min= 2 ,x? 1,e1p(e ) 2lne 2e綜上，P的取值范圍是4e(嚴刑(1)求函數(shù)f(x)的極值點(2)當 p0時，若對任意的恒有f (x)0, 求p的取值范圍(3)證明:In 2222In 3232In2n22n n 1 / (n 2(n1)N,n 2)解：( 1)f(x)In xpx1,f(x)的定義域為(0,

52、f (x)當 p0 時，令f (x)0, x即g(x) ? 2,2epw0 時，由(II)知f(x)在1,e遞減？f(X)max=f(1) = 0 2， 不合題意。 0 p0 x11f(x)=p(x-x)2lnxx一x2lnx右邊為f(x)當p= 1 時的表達式，故在1,e遞增11x廠例 3、設(shè)函數(shù)f(x) In x px 10 時，f (x) 0, f(x)在(0,)上無極值點1-(0,), f (x)、f(x)隨 x的變化情況如下表:px1(0，)p1 p1(一,+?) pf(x)+0一f(x)/極大值要使f（x） 0恒成立，只需G)=In丄？0，P p 的取值范（出） 令 p=i，由（n

53、）知,In0, In x1，n N,n 2In n2n21,In n2nn212nIn 22VIn32VIn n2n(1(1 -4)n(n1)13212n(n1)n(n(n1)1(21n 1)(n1)2n212(n 1)結(jié)論成變式1、已知函數(shù)fx（ e 為自然對數(shù)的底數(shù)）(1)求 f x 的最小值;(2)設(shè)不等式 f x ax 的解集為 P,且x |0 x 2P，求實數(shù) a 的取值范圍;(3)設(shè) nN，證明:1從上表可以看出：當 p0 時，f （x）有唯一的極大值點x P（n）當 p0 時在x=!處取得極大值f （丄）二in丄，此極大值也是最大值,P P則 h / (x)=ax+2-1=ax2

54、2x 1xx(2ax1)(x 1)例 4、已知函數(shù) f(x)=ax22x(a 0), g(x) In x,2(1)若 h(x)=f(x)-g(x)存在單調(diào)增區(qū)間，求 a 的取值范圍；是否存在實數(shù) a0，使得方程？兇f (x) (2a 1)在區(qū)間(】，e)內(nèi)有且只有兩個不相等的實數(shù)xe根？若存在，求出 a 的取值范圍？若不存在，請說明理由。解：12(1)由已知，得 h(x)=ax 2x In x,且 x0,2函數(shù) h(x)存在單調(diào)遞增區(qū)間， h / (x) 0 有解，即不等式 ax2+2x-1 0 有 x0 的解.1當 a 0 總有 x0 的解，則2 2方程 ax +2x-仁 0 至少有一個不重

55、復正根，而方程 ax +2x-仁 0 總有兩個不相等的根時，則 必定是兩個不相等的正根.故只需 =4+4a0，即 a-1.即-1a0 時，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, +a)(2)方程f (x) (2 a 1)x即為-上ax 2 (2 a 1)，ax (1 2a)，xx等價于方程 ax2+(1-2a)x-Inx=0 .21設(shè) H(x)= ax +(1-2a)x-Inx，于是原方程在區(qū)間(一，e)內(nèi)根的冋題，轉(zhuǎn)化為函數(shù) H(x)在區(qū)間1(-，e)內(nèi)的零點問題.e1 2ax2(1 2a)x 1

56、H / (x)=2ax+(1-2a)-=xx當 x (0, 1)時，H / (x)0, H(x) 是增函數(shù);1若 H(x)在(-,e)內(nèi)有且只有兩個不相等的零點e2a_2eHQ)eH(X)min2(1 2e)a e eH (1) a (12H (e) ae (1 2e)a2e2a)1 a 021 (e 2e)a (e,只須01) 0解得1 a2e一 ,所以2e 12a 的取值范圍是(1,e一 )2e 1設(shè)g(x) f (x)丄，試問過點(2, 5)可作多少條曲線 y=g(x)的切線？為什么?xK18.解：因x=-1是f (x) 2x ln x的一個極值點x f/( 1) 0即 2+b-1=0

57、-= -1 經(jīng)檢驗，適合題意，所以-=-1 .1 1(2)f/(x)2-xx兒兒、C11f (x)2-0 xx2x2x1 c02x1-x21函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，變式 1 已知1X=_ 是f (x)2K2x - ln x的一個極值點X(1)求b的值;求函數(shù)fx的單調(diào)增區(qū)間;)上單調(diào)遞增2(3)g(x) f (x)=2x+lnxx設(shè)過點(2, 5)與曲線 g (x)的切線的切點坐標為(X0,y)y5g/(X0)(X02)即2X0ln x05(21)(X02)X0ln x022 0X0令 h(x)=2 ln x2Xh/(x):1 2=2=0X Xx 2 h(x)在(0, 2) 上單調(diào)遞減，在(2,b

58、的取值范圍(2)由f (x)2x bln (2 3x) -x222x b 0.令(x) ln(23x)3x22x2b,則(x)-3x 22 3x7 9x22 3x當x 0,子時,(x)0,于是,47(x)在0,上遞增;3當x孑時,(x)0,于是(x)在扌上遞減f (x) 2x b 即(x)0 在0,1恰有兩個不同實根等價于122Q又h() 2 In 2 0, h(2)=ln2-10 ,h(e ) p 0e h(x)與 x 軸有兩個交點過點(2, 5)可作 2 條曲線 y=g(x)的切線 變式 2、已知函數(shù)f (x) In(2 3x)3x2.2(1) 求f(x)在0，1上的極值；(2) 若關(guān)于x

59、的方程f(x) 2x b在0，1上恰有兩個不同的實根，求實數(shù)(1)f (x)33x3( x 1)(3x 1)2 3x3 x3x 2令f (x)0 得 x-或 x31(舍去)1當 0 x 時，f (x)0, f(x)單調(diào)遞增；31當x1時,f (x)0,f(x)單調(diào)遞減.311f() In 3 為函數(shù) f (x)在0,1上的極大值36(0)In 2 b0.7()In (27) 72、7b366(1)1In 5 -2b 00而(0),若a 1時,方程f 1 X 1 x3解:(1)因為 x-是函數(shù)的一個極值點,3所以f (2) 0,進而解得：a 0,經(jīng)檢驗是符合的,3ln5 1 b ln(2 ,7)

60、7口口263總結(jié)提煉：1. 函數(shù)的綜合問題， 這類問題涉及的知識點多， 與數(shù)列、 不等式等知識加以綜合。 主要考察函數(shù)的 奇偶性、單調(diào)性、極值、導數(shù)、不等式等基礎(chǔ)知識，考查運用導數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法，以及分類 與整合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學思想方法，考查分析問題和解決問題的能力2. 通過求導來研究函數(shù)性質(zhì)是一種非常重要而有效的方法。 通常的步驟： 先求導， 要注意求導后定 義域的情況；將導數(shù)整理變形，能看出導數(shù)的符號性質(zhì)或零點。再列表，從表中回答所要求解答的 問題。3. 對于含有字母參數(shù)的問題， 可以通過分類， 延伸長度，從而降低難度。 也可以通過分離變量， 轉(zhuǎn) 化為函數(shù)或不等式問題去解決合理構(gòu)造函