内蒙古伊图里河高级中学高三数学复习-导数在研究函数性质中的应用.doc

内蒙古伊图里河高级中学高三数学复习：导数在研究函数性质中的应用
主干知识整合
1．导数的几何意义
2．函数的单调性与导数
如果已知函数在某个区间上单调递增(减)，则这个函数的导数在这个区间上大(小)于零恒成立．在区间上离散点处导数等于零，不影响函数的单调性，如函数y＝x＋sinx.
3．函数的导数与极值
对可导函数而言，某点导数等于零是函数在该点取得极值的必要条件，但对不可导的函数，可能在极值点处函数的导数不存在(如函数y＝|x|在x＝0处)，因此对于一般函数而言，导数等于零既不是函数取得极值的充分条件也不是必要条件．
4．闭区间上函数的最值
在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值的最小者．
5．定积分与曲边形面积
(1)曲边为y＝f(x)的曲边梯形的面积：在区间[a，b]上的连续的曲线y＝f(x)，和直线x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0所围成的曲边梯形的面积S＝.当f(x)≥0时，S＝f(x)dx；当f(x)<0时，S＝－f(x)dx.
(2)曲边为y＝f(x)，y＝g(x)的曲边形的面积：在区间[a，b]上连续的曲线y＝f(x)，y＝g(x)，和直线x＝a，x＝b(a≠b)，y＝0所围成的曲边梯形的面积S＝|f(x)－gx)|dx.当f(x)≥g(x)时，S＝[f(x)－g(x)]dx；当f(x)0)的一条切线，则实数b＝________.
(2)已知f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝－(x－1)2＋1，满足f[f(a)]＝的实数a的个数为_．
(1)－ln2－1　(2)8　【解析】 (1)切线的斜率是2，根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标，进而求出切点的坐标，切点在切线上，代入即可求出b的值．y′＝，令＝2得x＝，故切点为，代入直线方程，得ln＝2×＋b，所以b＝－ln2－1.
(2)如图所示，f(x)＝有四个解：－1－，－1＋，1－，1＋.所以f(a)＝－1－或f(a)＝－1＋或f(a)＝1－，

当f(a)＝－1－时，a有2个值对应；
当f(a)＝－1＋时，a有2个值对应；
当f(a)＝1－时，a有4个值对应，
综上可知满足f[f(a)]＝的实数a有8个．
探究点二　导数在研究函数中的应用

例2 [2011·北京卷] 已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．

【解答】 (1)f′(x)＝(x2－k2)e.
令f′(x)＝0，得x＝±k.
当k＞0时，f(x)与f′(x)的情况如下：

x
(－∞，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

4k2e－1

0

所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．
当k＜0时，f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

0

4k2e－1


　　所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k＞0时，因为f(k＋1)＝e＞，所以不会有∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤.
当k＜0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.
所以∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤，等价于f(－k)＝≤.
解得－≤k＜0.
故当∀x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.
【点评】 单调性是函数的最重要的性质，函数的极值、最值等问题的解决都离不开函数的单调性，含有字母参数的函数的单调性又是综合考查不等式的解法、分类讨论的良好素材．函数单调性的讨论是高考考查导数研究函数问题的最重要的考查点．函数单调性的讨论往往归结为一个不等式、特别是一元二次不等式的讨论，对一元二次不等式，在二次项系数的符号确定后就是根据其对应的一元二次方程两个实根的大小进行讨论，即分类讨论的标准是先二次项系数、再根的大小．对于在指定区间上不等式的恒成立问题，一般是转化为函数最值问题加以解决，如果函数在这个指定的区间上没有最值，则可转化为求函数在这个区间上的值域，通过值域的端点值确定问题的答案．
例3 [2011·江西卷] 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.
(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围；
(2)当0最大值为f(x2)．
又f(4)－f(1)＝－＋6a＜0，即f(4)＜f(1)，
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8a－＝－，
得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝.
变式题：已知函数f(x)＝(ax2－x)lnx－ax2＋x.(a∈R)．
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(e，f(e))处的切线方程(e＝2.718…)；
(2)求函数f(x)的单调区间．
【解答】 (1)当a＝0时，f(x)＝x－xlnx，f′(x)＝－lnx，所以f(e)＝0，f′(e)＝－1.
所以当a＝0时，曲线y＝f(x)在(e，f(e))处的切线方程为y＝－x＋e.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝(ax2－x)＋(2ax－1)lnx－ax＋1＝(2ax－1)lnx，
①当a≤0时，2ax－1<0，
在(0,1)上f′(x)>0，在(1，＋∞)上f′(x)<0，
所以此时f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
②当00，在上f′(x)<0，
所以此时f(x)在(0,1)和上单调递增，在上单调递减；
③当a＝时，
在(0，＋∞)上f′(x)≥0且仅有f′(1)＝0，
所以此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
④当a>时，在和(1，＋∞)上f′(x)>0，在上f′(x)<0，
所以此时f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．

探究点三　定积分
例4 (1)[2011·福建卷] (ex＋2x)dx等于(　　)
A．1 B．e－1 C．e D．e＋1
(2)[2011·课标全国卷] 由曲线y＝，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为(　　)
A. B．4 C. D．6
(1)C　(2)C　【解析】 (1)因为F(x)＝ex＋x2，且F′(x)＝ex＋2x，则
(ex＋2x)dx＝(ex＋x2)|＝(e＋1)－(e0＋0)＝e，故选C.

2)如图，由 解得x＝4或x＝1.经检验x＝1为增根，
∴x＝4，∴B(4,2)，又可求A(0，－2)，

所以阴影部分的面积S ＝ (－x ＋ 2)dx ＝ ＝ .
【点评】 计算定积分的基本方法就是根据微积分基本定理，其关键是找到一个函数使得这个函数的导数是被积函数，这实际上是导数运算的逆运算；使用定积分的方法求曲边形面积时，要根据围成这个曲边形的直线和曲线的相对位置确定是哪个函数的、在什么区间上的定积分，求曲边形面积可以使用x为积分变量，也可以使用y为积分变量，本例第(2)问如果使用y为积分变量，所求的面积由两部分组成，一个是下方的等腰直角三角形，一个是定积分(y＋2－y2)dy.
创新链接3　用导数研究不等式和方程
在函数的解答题中有一类是研究不等式或是研究方程根的情况，基本的题目类型是研究在一个区间上恒成立的不等式(实际上就是证明这个不等式)，研究不等式在一个区间上成立时不等式的某个参数的取值范围，研究含有指数式、对数式、三角函数式等超越式的方程在某个区间上的根的个数等，这些问题依据基础初等函数的知识已经无能为力，就需要根据导数的方法进行解决．
使用导数的方法研究不等式和方程的基本思路是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值和特殊点的函数值，根据函数的性质推断不等式成立的情况以及方程实根的个数．
例5 [2011·课标全国卷] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x＞0，且x≠1时，f(x)＞＋，求k的取值范围．
【分析】 (1)问关键能通过题干信息中的点(1，f(1))“处”与切线方程的斜率列出方程组；(2)问关键是正确提取分类的条件．
【解答】 (1)f′(x)＝－，
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即
解得a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＋＝2lnx＋.
考虑函数h(x)＝2lnx＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②设0＜k＜1，由于当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x＞0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0.与题设矛盾．
③设k≥1，此时h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
综合得，k的取值范围为(－∞，0]．
【点评】 本题的困难是第二问的不等式问题，通过作差f(x)－＝＋－－后，通过适当的变换把其变换为，其目的就是为了分01进行研究，括号内的部分看似复杂，其实就是2lnx＋(k－1)，把这个式子作为函数h(x)，其导数是很容易求出的，而且函数h(x)恰好在x＝1处等于零，这样就便于使用函数的单调性得到和h(1)进行比较的式子，使用特殊点的函数值是分析解决不等式问题的重要技巧之一．本题具有极高的技巧性，也很容易使解题者陷入分离参数的困境．
变式题：已知函数f(x)＝ln(x＋a)－x2－x在x＝0处取得极值．
(1)求实数a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若关于x的方程f(x)＝－x＋b在区间(0,2)有两个不等实根，求实数b的取值范围．
【解答】 (1)由已知得f′(x)＝－2x－1＝，
由题意知f′(0)＝0，即＝0，解得a＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝
＝(x>－1)．
由f′(x)>0得－10.
∴f(x)的单调递增区间为(－1,0)，单调递减区间为(0，＋∞)．

(3)令g(x)＝f(x)－＝ln(x＋1)－x2＋x－b，x∈(0,2)，则g′(x)＝－2x＋，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝－(舍)．当00，当1在区间(0,2)上有两个不等实根等价于函数g(x)在(0,2)上有两个不同的零点．
故只要即可，即
解得ln3－1原则．
3．使用导数的方法研究不等式问题的基本方法是构造函数，通过导数的方法研究这个函数的单调性、极值，利用特殊点的函数值和整个区间上的函数值的比较得到不等式，注意在一些问题中对函数的解析式进行适当的变换再构造函数．
4．使用导数的方法研究方程的根的分布，其基本思想是构造函数后，使用数形结合方法，即先通过“数”的计算得到函数的单调区间和极值，再使用“形”的直观得到方程根的分布情况．
教师备用例题
备选理由：例1是以三角函数为背景的试题，鉴于当前在高考中考查函数导数的情况，以三角函数为主的试题不多见，选用此题弥补这个不足；例2难度不大，考查全面，是一道综合性较强的函数与导数试题，可以全面串联导数研究函数性质、不等式和方程；例3是一个以构造函数、通过研究函数的单调性、极值点和特殊点的函数值研究不等式的典型例题，这个题和本讲例5，可以形成学习使用导数的方法研究不等式的一个基本思路，提高学习解决函数综合题的能力．
例1　若f(x)≥h(x)＝ax＋b≥g(x)，则定义h(x)为曲线f(x)，g(x)的ψ线．已知f(x)＝tanx，x∈，g(x)＝sinx，x∈，则f(x)，g(x)的ψ线为________．
【分析】 实际上就是确定a，b的值，使得不等式sinx≤ax＋b≤tanx对任意的x∈恒成立．可以通过构造函数的方法解决这个不等式的恒成立问题．
【答案】 y＝x
【解析】 这样的直线若存在，则对x＝0时一定满足不等式sinx≤ax＋b≤tanx，故b＝0.
设h(x)＝sinx－ax，则h′(x)＝cosx－a，如果a≤0，则h′(x)≥0，函数h(x)在区间上单调递增，h(x)≥h(0)＝0，无论a取何值，都不会有h(x)≤0恒成立；如果0令F(x)＝f(x)＋ax2＋bx＋(01，则函数在区间有一个极值点x0，且是极大值点，当x∈(0，x0)时，φ(x)≥φ(0)＝0，不等式ax≤tanx不恒成立，故不等式ax≤tanx恒成立时a≤1.
综合可知只能是a＝1.故所求的直线是y＝x.
【解答】 (1)依题意，知f(x)的定义域为(0，＋∞)，

当a＝b＝时，f(x)＝lnx－x2－x，
f′(x)＝－x－＝.令f′(x)＝0，
解得x＝1(因为x>0，所以舍去x＝－2)．
当00，此时f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减．所以f(x)的极大值为f(1)＝－，此即为最大值．
(2)F(x)＝lnx＋，x∈(0,3]，
则有k＝F′(x0)＝≤，在x0∈(0,3]上恒成立，
所以a≥max，x0∈(0,3]，
当x0＝1时，－x＋x0取得最大值，所以a≥.
(3)因为方程2mf(x)＝x2有唯一实数解，
所以x2－2mlnx－2mx＝0有唯一实数解．
设g(x)＝x2－2mlnx－2mx，则g′(x)＝.
令g′(x)＝0，x2－mx－m＝0.
因为m>0，x>0，所以x1＝<0(舍去)，x2＝.
当x∈(0，x2)时，g′(x)<0，g(x)在(0，x2)上单调递减，当x∈(x2，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(x2，＋∞)上单调递增，当x＝x2时，g′(x2)＝0，g(x)取最小值g(x2)．
则即
所以2mlnx2＋mx2－m＝0.
因为m>0，所以2lnx2＋x2－1＝0(*)．
设函数h(x)＝2lnx＋x－1，因为当x>0时，h(x)是增函数，所以h(x)＝0至多有一解．因为h(1)＝0，所以方程(*)的解为x2＝1，
即＝1，解得m＝.
例3　已知函数f(x)＝sinx(x≥0)，g(x)＝ax(x≥0)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a取(1)中最小值时，求证：g(x)－f(x)≤x3.
【解答】 (1)令h(x)＝sinx－ax(x≥0)，h′(x)＝cosx－a.
若a≥1，则h′(x)＝cosx－a≤0，h(x)＝sinx－ax在[0，＋∞)上单调递减，h(x)≤h(0)＝0，
所以sinx≤ax(x≥0)成立．
若0得cosx0＝a，x∈(0，x0)，h′(x)＝cosx－a>0，h(x)＝sinx－ax在x∈(0，x0)单调递增，h(x)>h(0)＝0，不合题意，舍去．
若a≤0时，对任意的x∈，有cosx－a>0，h(x)在[0，＋∞)上恒大于0，不合题意，舍去．
综上，a≥1.
(2)证明：设H(x)＝x－sinx－x3(x≥0)，
则H′(x)＝1－cosx－x2.
令G(x)＝1－cosx－x2，则G′(x)＝sinx－x≤0(x≥0)，
G(x)＝1－cosx－x2在(0，＋∞)上单调递减，此时G(x)＝1－cosx－x2≤G(0)＝0，
即H′(x)＝1－cosx－x2≤0，
所以H(x)＝x－sinx－x3在[0，＋∞)上单调递减，
所以H(x)＝x－sinx－x3≤H(0)＝0，即x－sinx－x3≤0(x≥0)，
即g(x)－f(x)≤x3(x≥0)．

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