2016年新课标名师导学一轮复习文科数学课件 第15讲 导数在函数中的应用

三、利用导数研究函数的最值 例3已知函数 f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－2. (1)求函数 f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)若函数 y＝f(x)＋g(x)有两个不同的极值点 x1， x2(x1<x2)且 x2－x1>ln 2，求实数 a 的取值范围．
1 【解析】(1)由 f′(x)＝ln x＋1＝0，可得 x＝ ， e 1 1 ①当 0<t< 时，函数 f(x)在t，e 上单调递减，在 e
1．利用求导方法讨论函数的单调性要注意以下几 个方面： ① f′(x) ＞ 0 是 f(x) 递增的充分条件而非必要条件 (f′(x)＜0 亦是如此)； ②求单调区间时，首先要确定定义域，然后再根 据 f′(x)＞0(或 f′(x)＜0)解出 x 的范围； ③在证明不等式时，首先要构造函数和确定定义 域，其次运用求导的方法来证明． 2．求函数的极值可分为以下几步： ①求出可疑点，即 f′(x)＝0 的解 x0 与不可导的点； ②用求极值的方法确定极值； ③计算求值．
3．设函数 f(x)在 R 上可导，其导函数为 f′(x)，且 函数 f(x)在 x＝－2 处取得极小值，则函数 y＝xf′(x)的 图象可能是( C )
【解析】利用导函数与原函数的图象关系求解． ∵f(x)在 x＝－2 处取得极小值， ∴当 x<－2 时，f(x)单调递减， ∴当 x<－2 时，y＝xf′(x)>0；当 x＝－2 时，y＝ xf′(x)＝0； 当－2<x<0 时， y＝xf′(x)<0； 当 x＝0 时， y＝xf′(x) ＝0； 当 x>0 时，y＝xf′(x)>0.结合选项中图象知选 C.
x－a (2)由已知，得 f′(x)＝ln x＋ x . ∵函数 f(x)在(0，＋∞)上是增函数， ∴f′(x)≥0 对 x∈(0，＋∞)恒成立． 由 f′(x)≥0， x－a 得 ln x＋ x ≥0， 即 xln x＋x≥a 对 x∈(0，＋∞)恒成立． 设 g(x)＝xln x＋x，要使“xln x＋x≥a 对 x∈(0，＋ ∞)恒成立”，只要 a≤g(x)min. 1 ∵g′(x)＝ln x＋2，令 g′(x)＝0，得 x＝ 2. e
1 x－lnx－k 【解析】(1)f′(x)＝ ， ex 1－k 由已知，f′(1)＝ ＝0，∴k＝1. e 1 －lnx－1 x (2)由(1)知，f′(x)＝ . ex 1 1 1 设 k(x)＝x－lnx－1，则 k′(x)＝－ 2－x<0，即 k(x)在(0， x ＋∞)上是减函数， 由 k(1)＝0 知，当 0<x<1 时，k(x)>0，从而 f′(x)>0， 当 x>1 时，k(x)<0，从而 f′(x)<0.
一、利用导数研究函数的单调性 lnx＋k 例1 已知函数 f(x) ＝ (k 为常数， e ＝ 2.718 ex 28„是自然对数的底数)，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处 的切线与 x 轴平行． (1)求 k 的值； (2)求 f(x)的单调区间； (3)设 g(x)＝(x2＋x)f′(x)，其中 f′(x)为 f(x)的导函 数．证明：对任意 x>0，g(x)<1＋e－2.
【解析】f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因为函数有极 大值和极小值，所以 f′(x)＝0 有两个不相等的实数根， 所以 Δ＝4a2－4×3(a＋6)>0，解得 a<－3 或 a>6.
【知识要点】 1．函数的单调性与导数 设函数 y＝f(x)在某区间(a，b)内可导，f′(x)在(a， b)任意子区间内都不恒等于 0.若 x∈(a，b)，f′(x)≥0， 增函数 则 f(x)在区间(a，b)内为 ；若 x∈(a，b)， f′(x)≤0，则 f(x)在区间(a，b)内为 减函数 ． 2．函数的极值与导数 (1)函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在 x＝a 附近的其他点的函数值都小，f′(a)＝0，且在点 x＝a 附 f′(x)＞0 近的左侧 f′(x)＜0 ，右侧 ，则点 a 叫做函数 y＝f(x)的 极小值点 ， f(a)叫做函数 y＝f(x) 极小值 的 ．
当 当
1 x∈0，e2时，g′(x)<0，g(x)为减函数； 1 x∈e2，＋∞时，g′(x)>0，g(x)为增函数； 1 1 g e2 ＝－ 2. e
∴g(x)在(0，＋∞)上的最小值是
故函数 f(x)在(0，＋∞)上是增函数时，实数 a 的取 1 值范围是－∞，－e2.
2 2．设函数 f(x)＝ ＋lnx，则( D ) x 1 A．x＝ 为 f(x)的极大值点 2 1 B．x＝ 为 f(x)的极小值点 2 C．x＝2 为 f(x)的极大值点 D．x＝2 为 f(x)的极小值点 【解析】利用导数法求解． 2 2 1 ∵f(x)＝ ＋lnx(x>0)，∴f′(x)＝－ 2＋ . x x x 由 f′(x)＝0 解得 x＝2. 当 x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)为减函数； 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数． ∴x＝2 为 f(x)的极小值点．
(2)函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在 x＝a 附近的其他点的函数值都大，f′(a)＝0，且在点 x＝a 附 f′(x)＜0 近的左侧 f′(x)＞0 ，右侧 ，则点 a 极大值 叫做函数 y＝f(x)的 ， f(a)叫做函数 y＝f(x) 的 极大值点 ． 3．函数的最值与导数 若函数 y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象是一条连续 不断的曲线，则 y＝f(x)在闭区间[a，b]上必存在最大值 和最小值，且 f(x)max＝max{f(a)，f 极大值(x)，f(b)}，f(x)min ＝min{f(a)，f 极小值(x)，f(b)}．
函数的最值与导数若函数yfx在闭区间ab上的图象是一条连续不断的曲线则yfx在闭区间ab上必存在最大值和最小值且fxmaxmaxfaf极大值minminfaf极小值极大值点极大值一利用导数研究函数的单调性为常数e271828?是自然对数的底数曲线yfx在点1f1处的切线与x轴平行
第 15 讲
导数在函数中的应用
综上可知，f(x)的单调递增区间是(0，1)，单调递减 区间是(1，＋∞)． (3)由(2)可知，当 x≥1 时，g(x)＝xf′(x)≤0＜1＋e－2， － 故只需证明 g(x)<1＋e 2 在 0<x<1 时成立． 当 0<x<1 时，ex＞1，且 g(x)>0， （1＋x）（1－xln x－x） ∴g(x)＝ . ex 设 F(x)＝1－xlnx－x，x∈(0，1)，则 F′(x)＝－(lnx ＋2)， 当 x∈(0， e－2)时， F′(x)>0， 当 x∈(e－2， 1)时， F′(x)<0， 所以当 x＝e－2 时，F(x)取得最大值 F(e－2)＝1＋e－2. － 所以 F(x)≤1＋e 2.
ln x1－2x1＋1＋a＝0， 得 ln x2－2x2＋1＋a＝0，
x1 两式相减，得 ln ＝－2(x2－x1)＝－2ln 2， x2 4 ∴x2＝4x1，代入上述方程可得 x2＝4x1＝ ln 2， 3 ln 2 2 此时 a＝ ln 2－ln 3 －1， 3 2 ln 2 ∴实数 a 的取值范围为3ln 2－ln 3 －1，＋∞ .
【点评】 利用导数研究函数极值的一般步骤： (1)确定 定义域； (2)求导函数 f′(x)； (3)①若求极值， 则先求方程 f′(x) ＝0 的根，再检验 f′(x)在方程根左右侧值的符号，求出极 值(当根中有参数时要注意分类讨论根是否在定义域内 )； ②若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x) ＝0 根的大小或存在情况，从而求解．
二、利用导数研究函数的极值 例2已知函数 f(x)＝(x－a)ln x，a∈R. (1)当 a＝0 时，求函数 f(x)的极小值； (2)若函数 f(x)在(0，＋∞)上为增函数，求 a 的取 值范围． 【解析】(1)定义域为(0，＋∞)． 当 a＝0 时，f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1. 1 令 f′(x)＝0，得 x＝ . e 1 当 x∈0，e 时，f′(x)<0，f(x)为减函数； 1 当 x∈e ，＋∞时，f′(x)>0，f(x)为增函数． 1 1 ∴函数 f(x)的极小值为 f e ＝－ . e
【点评】定义在开区间 (a，b)上的可导函数，如果 只有一个极值点，该极值点必为最值点． 1．求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步 骤：(1)求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值；(2)将函数 y＝ f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最 大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 2． 当连续函数在开区间内的极值点只有一个时， 相 应的极值点必为函数的最值点． 3． 求函数在闭区间上的最值， 首先应判断函数在闭 区间上的单调性，一般利用导数法判断．
【学习目标】 了解函数的单调性及在某点取得极值的必要条件 和充分条件与导数的关系，会利用导数研究函数的单 调性，会用导数求函数的极值和某闭区间上的最值．
【基础检测】 1．已知二次函数 f(x)的图象如图 所示，则其导函数 f′(x)的图象大致形 状是( B )
【解析】 从图上可以看出， 二次函数 f(x)在(－∞， 0)上递增，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上递减，f′(x)<0. 故选 B.
4．函数 y＝xln x 的递减区间为( A ) A．(0，e－1) B．(－∞，e－1) C．(e－1，＋∞) D．(e，＋∞)
【解析】y′＝ln x＋1，由于求递减区间，所以 y′ － － ＝ln x＋1<0，解得 0<x<e 1，递减区间为(0，e 1)，故 选 A.
5．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1 有极大值 和极小值，则实数 a 的取值范围是( B ) A．(－1，2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3，6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
【点评】利用导数研究函数单调性的一般步骤： (1)确定函数的定义域；(2)求导数 f′(x)；(3)①若求单调 区间(或证明单调性)， 只需在函数 f(x)的定义域内解(或 证明)不等式 f′(x)>0 或 f′(x)<0； ②若已知 f(x)的单调性 求参数， 则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区 间上的恒成立问f(x)在[t， t＋2](t>0)上的最小值为
1 1 fe ＝－ . e
1 ②当 t≥ 时，f(x)在[t，t＋2]上单调递增， e 1 1 － e，0<t<e ， ∴f(x)min＝f(t)＝tln t，∴f(x)min＝ tln t，t≥1. e (2)y＝f(x)＋g(x)＝xln x－x2＋ax－2，则 y′＝ln x－2x ＋1＋a， 题意即为 y′＝ln x－2x＋1＋a＝0 有两个不同的实根 x1，x2(x1<x2)，即 a＝－ln x＋2x＋1＋a＝0 有两个不同的 实根 x1，x2(x1<x2)，即 a＝－ln x＋2x－1 有两个不同的实 根 x1，x2(x1，x2)，等价于直线 y＝a 与函数 G(x)＝－ln x ＋2x－1 的图象有两个不同的交点．
x＋1 ex－（x＋1）ex x 设 G(x)＝ x ，则 G′(x)＝ ＝－ x. e e2 x e 当 x∈(0，1)时，G′(x)<0，∴G(x)在(0，1)上单调 递减． 2 ∴G(1)<G(x)<G(0)，即 <G(x)<1. e ∴g(x)<1＋e－2. － 综上，对任意 x>0，g(x)<1＋e 2.
1 1 ∵G′(x)＝－x＋2，∴G(x)在0，2上单调递减，在 1 ，＋∞ 上单调递增，画出函数图象 2
的大致形状(如图)． 由图象知， 当
1 a>G(x)min＝G2＝ln
2 时，x1，x2 存在，且 x2－x1 的值随着 a 的增大而增大． 而当 x2－x1＝ln 2 时，由题意，