導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用教案

--函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第１2課導(dǎo)用書～32頁,即導(dǎo)

理解,能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)掌握法.會.(選編)函xx32-33x＋的單調(diào)28為＿_(dá)____＿＿_(dá)＿.:(-1析:2303－11)(x1)x+1)<0-１，11可--

--(選修3)f(ｘ)＝aｘ在x=１處取34ａe，０,為f′(x)＝e

（選修22Ｐ習(xí)題８)數(shù)y=ｘ+sｉｎ，x∈[0,２34為________．]:由y0所y=ｘnx在[π]上是［0)數(shù)＝－ｘ_______.

＋ｌnx2,+∞)上是-ｆ′(x-x＋＼ｆ0在[2∞)上恒成立x2［2+∞(選修２例）用長０ｃ為35,9０°成_______cm時,容大:１xcｍ,即xcｍ,該(90-2ｘ８－2ｘ３２+10８０x)，０<x<--

１2，12(x2

---46x＋３2(x-１)(x3６)0<x<V′＞當(dāng)1０＜2時,V′<０所(０，]上［1０，12）上是減函數(shù)，故當(dāng)ｘ時,V最大．函(ｂ,函果f′(x)>0＝f(x)數(shù);果f′(x)<０，那么函數(shù)y＝f(x)函()

(x）ｘ=ａ處的函數(shù)f(a)比它在點要小，數(shù)（x)在點ｘ＝b處的值f(ｂ)比它在點x＝b要，值極小(求程f）=0,當(dāng)f′(ｘ）時，0如附側(cè)單調(diào)遞增側(cè)單調(diào)遞減,那f(x)是極大0０值在附近左側(cè)單調(diào)遞減側(cè)單調(diào)遞增那么ｆ(x)是0函--

--(1)

I內(nèi)x使得對任意０

x∈If(x)≤f(ｘ)，f(ｘ)ｆ００域I內(nèi)得對的x∈I,總f(x)x)稱f(ｘ0０0

)數(shù)值(2)y＝f(ｘ)在［a,b]上的最大值與最小值求數(shù)y=ｆ(x)在（的極值．將數(shù)y=f(x)的各ｆ)f(ｂ）比中值最大的一，值最小的一個是最小是:

錯

錯!

錯!錯誤導(dǎo)例已知函數(shù)

－1.(1)時求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)集R上單()是a，使f（x)在－出a圍由.:（a=3(ｘ3

-３ｆｘ

３2－,解1ｘ1，--

--f(ｘ為(1，+∞,求f(x)的單為1）.f′(x

.ｆ集R上單f′(x)≥恒成立即３x

≥02

)min3x2的０∴ａ≤0(3）假數(shù)使f(x)在1)上f′(x)≤在(-１,即a≥3x2

又3x[0，,∴a≥存在實數(shù)a使f(ｘ）1)減且錯!(1）已知函數(shù)f(x錯誤!xmlｎx1ｍ時，(ｘ）的單調(diào)性(2)x)＝-誤!錯!誤!＋blｎx在(1,+∞數(shù),求實數(shù)ｂ的取值范圍．:錯!,ｆ′(x)x誤!+(m－)錯!＝錯!<ｍ≤0時,′(ｘ)>０,得0<x＜-mx>1′(ｘ)<0,得-m<x＜函數(shù)f誤誤!，單是誤!；≤-1,同,函數(shù)f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間是錯誤!和--

--錯!是錯誤(2)由f（ｘ)=－誤!錯!誤!+ｂlnx，得（)=-(ｘ-2)f(b,x),知f′(x)≤即誤!誤!0錯誤!上恒成≤錯誤!錯誤,當(dāng)∈錯誤!時錯!∈誤!,∴ｂ導(dǎo)數(shù)例2設(shè)數(shù)f(ｘ＝

ｅx∈Ｒ）1)若ｂ=－２求數(shù)f(x)值(2）若x=1ｆ(x)的一點用a表示,函數(shù)x)＝２＋1４)ｅ＋4［12得f（)g(|<1成12∵＋ｘ，

f′(x)=(２+ａｘ＋(x

)exxｘ＋a=2f（ｘ）=（2+2ｘ-2)efｘ2＋ｅx,′(x)＝得(x２＋４x)ｅx＝0，e∴得x=－或x=０,f′()

(,-4)+

-4

(-，）-

(0，＋∞+--

--

f(x)

當(dāng)x=－4時數(shù)f(ｘ）取極大值，f(x)極大值

e(2)由(知f′(x)＝[x２＋（2+a)x+(ａ+b)]e

ｘ=１f(x）的一個極值點ｆ(1)=０,+(２＋a)+（)]＝得3－2ａ由①知f′(x)=e

x[x

2

+(2+)x+(－=e

x－ａ)]時f(ｘ間1)上的單調(diào)遞減(14)上單調(diào)增,函間,為f（(a＋2)e.f(0)=b＝－3－,f(４4

>０,ｘ［4］上的值域是［f(1)]，[－(a＋2)e，(2a＋

4

]．

+14)e

間[04]上是增函數(shù)，且它在區(qū)[04］是[（+14)e(２＋14)e8],(a(2a＋13）

2－2ａ1)e4

a-1)

0存、０,4］使得f(ξ）-ｇξ須11

４

-（３

４

(ａ1)2

e

４

(ａ-１)

２

f(1，e

4

)1－錯!＜＋錯誤!錯!數(shù)f(xx

３

+ｂx

2

－ｘR)在=－處取得--

--(1)數(shù)f(ｘ式(

間[2，x，都1２有f（xf(xｃ數(shù)c12(1)

′(x)=３ax+2b3．,得誤!即誤!解誤!以f(ｘ)=x－2)f′(x）＝即3x

2

-3＝0x＝±1．2,－x

(１)1

1２)f′(x）

+

+

f(x)

-

為f(-１)＝2f(1)=-當(dāng)x∈[－２2］時x)（x）=-２．min

2，ｍａx[－２,2]上任意兩個自變量的值x，f(x)11f）|f(ｘ2

ｍ

f=4≥4．a(chǎn)x以c4．導(dǎo)例

圖所示cm,起使、B、D四--

--,E、F在AB上是被切去的等腰直角三點設(shè)cm.()某（ｍ2

大x應(yīng)取何(2)３)最,試(12

4x2

２

4０ｘ

2

(0<x<3０)，所以＝15cm時側(cè)(2)Ｖ=(誤!x)2錯誤2ｘ錯!30-ｘ,V＝錯!－x)＝0得x,當(dāng)0<x<20時,V;當(dāng)２x<3０時V遞２0時V最大，,包裝盒的高與底面邊長的比值為錯誤!錯!錯!此.經(jīng)預(yù)２,相鄰兩個橋墩之間的距離均為x(ｘ萬元，假設(shè)所有橋墩都視為素記為y(1）于--

--(2)當(dāng)＝１2８0米使y小:根建誤!個橋墩誤!段橋面工程．(1)y=256誤!＋誤!（1+錯!錯!＋m＋２5６錯!2)1=1誤+15３6，y′8０誤!,令y＝０,,當(dāng)0＜x<６<０當(dāng)x>６4y′＞當(dāng)x＝，有,此建:需個橋墩才能使y最?。ū绢}模準(zhǔn)滿1４)數(shù)f(x)=ｌ-aｘaR(1）求函數(shù)f（x)間(2)當(dāng)a>0數(shù)f(x）[１.①知函數(shù)解,實質(zhì)是求f′()>0，f(x)＜０間域;先f(ｘ[12]上性再確值;數(shù)a，要對參數(shù)論:解:1)f′-a(x>0).(1分當(dāng)′(x)＝誤!-a≥(是(０∞．)--

aa--aa當(dāng)令f＼f(１，ｘ)-a=０，得f(1)，當(dāng)0<x＜誤!時ｆ（錯!>０,當(dāng)x>錯誤f′(x)＝錯!＜以函數(shù)ｆ(ｘ是誤!調(diào)減區(qū)間誤!.(6分(2）當(dāng)≤1,即a≥時f(ｘ）在區(qū)間[１,2]上是減函數(shù)以f(ｘ是f(2)＝ｌn2－2a.（當(dāng)≥即0<ａ≤,函fｘ)在區(qū)間[，2]上數(shù)以f（x)的最小值是ｆ）=－<錯誤!即誤!<1數(shù)f（x)在區(qū)間誤!上數(shù)間誤!上又－f（＝ln<a<ln2時最是當(dāng)l≤a<1ｆ(2）＝ln2－2a.（當(dāng)時，最小值是－ａ；當(dāng)ln2ｌn2－２a(2０１３新課)數(shù)x使2ｘ(xa)<1則是__＿:(－1，∞)因為ｘ(ｘ-a)<1以--

令x-＼f(１２x）

xx（x）

--－xｌf（ｘ)在(０，∞,以f(0)=0－１＝１,a（-1+∞).(2０)若函數(shù)f(x）＝x2

＼在誤!上數(shù)則是__＿_(dá)___．:f′(x)=2x＋a-＼f(1,x)≥錯!上恒成立，即錯!－2x在錯誤!上恒成立.令)＝誤!-2x，求導(dǎo)可)在錯!上３所以a≥201３末)已知函數(shù)f(x(R)間[４,則＝________．:：（ｘ)=＼(1，錯!=錯!，令)=０,則x=-ｍ，當(dāng)x<-m時′,單調(diào)遞當(dāng)x>－時f′（ｘ)＞０，f(x)單調(diào)遞增．若－≤即m≥－(ｘ)=f(1)＝－1，mi<－ｍ≤,m<-1x)=ｆ(-m)min＝lｎ（－ｍ)+1，令ln（,得－3

－,-1);若-,即,f（）＼f(m,e),令１誤!=4得3eｉ意.綜上所述，ｍe.(2０）設(shè)函ｌnx.()()

數(shù)f（x間f(ｘ)有兩個足的若方程f(x)＝x、,求證：′1--

--錯!＞０(1)解:′(x)x－(a－2)－誤錯!＝錯誤!（x＞時,f′(x）,函數(shù)f(x)在（0)數(shù)f(x)的單（0,∞a>0時f0x＞誤!x)＜00<x＜誤!數(shù)f(ｘ）的單調(diào)增區(qū)間錯,單調(diào)減區(qū)間誤!．(2)解:由1）得,若函數(shù)f(ｘ（x)值f錯誤－

alｎ誤0．－4>0.h(a)＝４ln－4()上為,０,＝4ln誤!-1=ln錯誤(23h(a)=０.00a>a,h（當(dāng)0<a<ah(a)<0.0ａ=３時,f3)=3(2-ln3）,f(1）0，所以,f（x）點.數(shù)a的為3．():因為x程f(ｘ）＝c的兩根(1）１設(shè)0＜<xx錯誤!－(a-２-ａlnx＝x誤!ａ－１２2x-ａｌnｘ２誤!－－2)x－錯!(ａ-２)·11--

１1--１1＝0，２x＼o,+誤!-２ｘ＝ax+ａln-aｘ－1112alnx2２以a=誤!錯!,當(dāng)x∈誤!時(ｘ０,當(dāng)x∈誤!時f′(x)＞f(ｘ+x錯!即可12明+x>錯!,１２x２(x+x)(l-lｎ錯誤!2x錯－1２2x,22x－2ｘｆ(x,x)<２x12

2f(ｘ,x）（ｔ<1)．1令g(t2，+1)g＼f(1，－錯誤=＼f((t－

t＋2

).為t＞以g′(t)≥ｔ=,(t)=０以(+∞又g(１當(dāng)∈（1)，總成.所以原題得證．如果于x程ax+錯誤!=3(，)解數(shù)a的為___＿_(dá)__.:a≤0a=2--

--ａx+錯誤３,a=誤!－誤!令t＝f(ｔ)＝t∈()．f(t)的圖象f(2當(dāng)x1)時遞增mxｘ∈(1，＋∞,f(t)遞減,所≤０或

數(shù)f(x)=lｎｘ－＼（＋f(x）(0,數(shù)則的是_＿＿_(dá)___.:a≤2）=錯!≥在（,+∞立易得≤y2

=x和ｙ＝

x

M、Ｎ，則當(dāng)段MN時的為＿:＼(

M(a2ａ2-lｎ

,a)，Ｎ（Ml=|a

ln|由l′=2－誤!=誤!＝誤!，令l′>0得l=ａ在錯誤增令l′<0l＝

2在錯!上單調(diào)遞減以=錯!時,段MN的長值.已知函數(shù)fx）(aｘ2+x）ｘ，中是數(shù)R.(1）＜時,解不等fｘ)＞０;若f(ｘ[－１,]上是單調(diào)函數(shù)圍;--

--3)當(dāng)時數(shù)k程f（)x+２在[kk]上有解(1)

x＞0，式f（x)＞0x2＋a＜x錯誤!<0，所）為誤!．2)f′(x）＝（＋x＋（2＋x)e[a２＋(2a+1)x＋1］

ｘ當(dāng)=0時，x)＝(x+１)e

xf′（x)≥在[－，＝時取,故當(dāng)時，g(x）aｘ2

+(２,因

2４4ａ0以x)＝0根x、x12設(shè)x>x,因f(x)有極大值又有極小值ａ為-1)·ｇ)1２-,所f(ｘ(－1點[11,可x>0>x，因g(ｘ下要使f(x）在11]上因為ｇ必須滿誤!即誤!所以－誤!≤ａ≤0.綜上可知，是錯誤()0,為x=x+2，由于ｅx以