导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例

点击进入相应模块第七节导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)，会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用导数解决某些实际问题.1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值以及解决生活中的优化问题，已成为近几年高考炙手可热的考点，必须高度重视该部分内容的基础知识和基本方法，以达到熟练掌握、灵活运用的程度.2.选择题、填空题侧重于利用导数确定函数的单调性和极值；解答题侧重于导数与函数、解析几何、不等式、数列的综合应用，一般难度较大，属于中高档题.利用导数研究函数单调性高考指数:★★★★1.(2012·北京高考)已知函数f(x)=ax2+1(a0),g(x)=x3+bx.(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线，求a,b的值；(2)当a=3,b=-9时，若函数f(x)+g(x)在区间［k,2］上的最大值为28，求k的取值范围.【解题指南】第(1)问，交点既在f(x)上也在g(x)上，两个函数在公切点处导数相等；第(2)问，构造函数h(x)=f(x)+g(x)，然后利用导数研究函数h(x)的单调性与极值，结合h(x)的图象，即可求出k的取值范围.【解析】(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b,由已知可得解得a=b=3.(2)f(x)=3x2+1,g(x)=x3-9x,令h(x)=f(x)+g(x)=x3+3x2-9x+1,h′(x)=3x2+6x-9,令h′(x)=0，得x1=-3,x2=1.f(1)a1cg(1)1bc2a3b,，，x=-3时，取极大值28;当x=1时，取极小值-4.而h(2)=3＜h(-3)=28，如果h(x)在区间［k,2］上的最大值为28，则k≤-3.x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)h′(x)+0–0+h(x)增28减-4增2.(2011·福建高考)已知a，b为常数，且a≠0，函数f(x)=-ax+b+axlnx，f(e)=2(e=2.71828…是自然对数的底数).(1)求实数b的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)当a=1时，是否同时存在实数m和M(mM)，使得对每一个t∈[m，M]，直线y=t与曲线y=f(x)(x∈[，e])都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由.1e【解题指南】(1)f(e)=2⇒b的值;(2)对函数f(x)求导得导函数f′(x)，由导函数f′(x)得单调区间，必要时分类讨论；(3)列表判断y=f(x)(x∈[,e])的单调性和极值、最值情况，即可探究出是否存在满足题意的m和M.1e【解析】(1)由f(e)=2,得b=2.(2)由(1)可得f(x)=-ax+2+axlnx,从而f′(x)=alnx,因为a≠0，故：①当a0时，由f′(x)0得x1；由f′(x)0得0x1；②当a0时，由f′(x)0得0x1；由f′(x)0得x1.综上，当a0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞).当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(1，+∞)，单调递减区间为(0,1).(3)当a=1时，f(x)=-x+2+xlnx,f′(x)=lnx.由(2)可得，当x在区间[,e]上变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：1ex(,1)1(1,e)ef′(x)–0+f(x)2-单调递减极小值1单调递增21e2e1e又2-2，所以函数f(x)(x∈[,e])的值域为[1,2].据此可得，若则对每一个t∈[m,M],直线y=t与曲线y=f(x)(x∈[,e])都有公共点；并且对每一个t∈(-∞,m)∪(M,+∞)，直线y=t与曲线y=f(x)(x∈[,e])都没有公共点.综上，当a=1时，存在最小的实数m=1，最大的实数M=2，使得对每一个t∈[m,M]，直线y=t与曲线y=f(x)(x∈[,e])都有公共点.2e1em1,M21e1e1e【方法技巧】确定函数单调区间的方法步骤(1)确定函数f(x)的定义域区间.(2)求f′(x),令f′(x)=0，解此方程，求出定义域区间上的一切实根.(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标，和上面各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数的定义域分成若干个小区间.(4)确定导函数在各个区间上的符号，根据导函数在各区间的符号判定f(x)在每个相应区间上的单调性.3.(2011·广东高考)设a＞0,讨论函数f(x)=lnx+a(1-a)x2-2(1-a)x的单调性.【解析】函数f(x)的定义域为(0,+∞).当a≠1时，方程2a(1-a)x2-2(1-a)x+1=0的判别式Δ=12(a-1)(a-).22a(1a)x2(1a)x1f(x),x13①当0a时,Δ0,f′(x)有两个零点，且当0xx1或xx2时，f′(x)0,f(x)在(0,x1)与(x2,+∞)内为增函数；当x1xx2时,f′(x)0,f(x)在(x1,x2)内为减函数；1312(1a)(3a1)1x0,2a2a(1a)(1a)(3a1)1x,2a2a(1a)②当≤a1时，Δ≤0,f′(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)内为增函数；③当a=1时，f′(x)=0(x0),f(x)在(0,+∞)内为增函数；④当a1时，所以f′(x)在定义域内有唯一零点x1，且当0xx1时，f′(x)0,f(x)在(0,x1)内为增函数；当xx1时，f′(x)0,f(x)在(x1,+∞)内为减函数.131x1(a1)(3a1)10,x0,2a2a(a1)2(a1)(3a1)1x0,2a2a(a1)f(x)的单调区间如下表：0a≤a≤1a1(0,x1)(x1,x2)(x2,+∞)(0,+∞)(0,x1)(x1,+∞)↗↘↗↗↗↘131312(a1)(3a1)(a1)(3a1)11(x,x)2a2a(a1)2a2a(1a)其中4.(2010·江西高考)设函数f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.(1)若f(x)的两个极值点为x1,x2，且x1x2=1，求实数a的值；(2)是否存在实数a，使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数？若存在,求出a的值；若不存在，说明理由.【解析】f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a，(1)由已知有f′(x1)=f′(x2)=0，从而x1x2==1，所以a=9.(2)由Δ=36(a+2)2-4×18×2a=36(a2+4)0，f′(x)可正也可负，所以不存在实数a，使得f(x)是(-∞,+∞)上的单调函数.2a185.(2010·重庆高考)已知函数f(x)=ax3+x2+bx(其中常数a,b∈R)，g(x)=f(x)+f′(x)是奇函数.(1)求f(x)的表达式；(2)讨论g(x)的单调性，并求g(x)在区间［1,2］上的最大值与最小值.【解析】(1)因为f(x)=ax3+x2+bx，所以f′(x)=3ax2+2x+b，所以g(x)=f(x)+f′(x)=ax3+x2+bx+3ax2+2x+b=ax3+(3a+1)x2+(b+2)x+b，因为g(x)是奇函数，所以g(-x)=-g(x)，即对任意的x都有-ax3+(3a+1)x2-(b+2)x+b=-ax3-(3a+1)x2-(b+2)x-b，即2(3a+1)x2+2b=0对任意x都成立，所以3a+1=0且2b=0，所以a=-,b=0,所以f(x)=-x3+x2.1313(2)由(1)可得g(x)=-x3+2x，所以g′(x)=-x2+2=-(x+)(x-),令g′(x)=0，则x=-或x=；所以当x-时，g′(x)0，函数g(x)是减函数；当-x时，g′(x)0，函数g(x)是增函数；当x时，g′(x)0，函数g(x)是减函数；综上可知，函数g(x)在区间(-∞,-)和(，+∞)上是减函数，在区间(-,)上是增函数.函数g(x)在区间［1，2］内有极值点x=，所以函132222222222222数g(x)的最大值与最小值只能在x=1,,2三点处取得，因为g(1)=,g(2)=,g(2)=，所以函数g(x)的最大值是，最小值是.25342343423436.(2010·全国Ⅱ)已知函数f(x)=x3-3ax2+3x+1.(1)设a=2，求f(x)的单调区间；(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的取值范围.【解析】(1)当a=2时，f(x)=x3-6x2+3x+1，f′(x)=3x2-12x+3=3(x2-4x+1)=3(x-2+)(x-2-)，当x∈(-∞,2-)时,f′(x)0,f(x)在(-∞,2-)上单调递增，当x∈(2-,2+)时，f′(x)0,f(x)在(2-,2+)上单调递减，当x∈(2+,+∞)时，f′(x)0,f(x)在(2+,+∞)上单调递增，综上，f(x)的单调增区间是(-∞,2-),(2+,+∞),f(x)的单调递减区间是(2-,2+).33333333333333(2)f′(x)=3［(x-a)2+1-a2］，当1-a2≥0时，f′(x)≥0,f(x)为增函数，故f(x)无极值点，当1-a20时,f′(x)=0有两个根x1=a-,x2=a+，由题意知，2a-3或2a+3,解得：因此a的取值范围是().2a12a12a12a155a.4355,43利用导数研究函数的极值与最值高考指数:★★★★7.(2011·安徽高考)函数f(x)=axn(1-x)2在区间[0，1]上的图象如图所示，则n可能是()(A)1(B)2(C)3(D)4【解析】选A.代入验证，当n=1时，f(x)=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x)，则f′(x)=a(3x2-4x+1)，由f′(x)=a(3x2-4x+1)=0可知，x1=，x2=1，再结合图象可知函数应在(0，)递增，在(，1)递减，即在x=处取得极大值，由f()=a××(1-)2=，知a存在.13131313131313128.(2012·重庆高考)已知函数f(x)=ax3＋bx＋c在点x=2处取得极值c-16.(1)求a，b的值；(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在［-3,3］上的最小值.【解题指南】根据题意可先利用极值的定义求出a,b的值,然后再利用导数求出函数在［-3,3］上的最小值.【解析】(1)由题意知即解得a=1,b=-12.(2)由(1)可知f(x)=x3-12x+c,所以f′(x)=3x2-12,解f′(x)=0,可得x=±2,极大值为f(-2)=c+16=28,解得c=12,所以f(x)=x3-12x+12.又f(-3)=21,f(-2)=28,f(2)=-4,f(3)=3,所以f(x)在［-3,3］上的最小值为f(2)=-4.f(2)c16,f(2)0,8a2bcc16,12ab0,9.(2011·湖南高考)设函数f(x)=x--alnx(a∈R).(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.1x【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).令g(x)=x2-ax+1,其判别式Δ=a2-4.①当|a|≤2时，Δ≤0,f′(x)≥0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增．2221axax1fx1,xxx②当a-2时，Δ0,g(x)=0的两根都小于0，在(0,+∞)上，f′