导数的综合应用一

题型分类 深度剖析
题型一 函数的极值与导数 【例1】已知函数f(x)=x3+mx2+nx-2的图象过点(-1,
-6),且函数g(x)=f′(x)+6x的图象关于y轴对称. (1)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间; (2)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极 值. 思维启迪 (1)由f(x)过点(-1,-6)及g(x)图象关 于y轴对称可求m,n.由f′(x)>0及f′(x)<0可求单 调递增和递减区间.(2)先求出函数y=f(x)的极值 点,再根据极值点是否在区间(a-1,a+1)内讨论.
知能迁移 2 已知函数 f(x)＝ln x－ax. (1)求函数 f(x)的单调增区间； (2)若函数 f(x)在[1，e]上的最小值为32，求实数 a 的值． 解 (1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)， 且 f′(x)＝1x＋xa2＝x＋x2 a. ①当 a≥0 时, f′(x)>0,∴f(x)的单调增区间为(0,＋∞)．
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
由此可得: 当0<a<1时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值f(0)=-2,无 极小值; 当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;
当1<a<3时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值f(2)=-6,无 极大值; 当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值. 综上得,当0<a<1时,f(x)有极大值-2,无极小值; 当1<a<3时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当a=1或a≥3时,f(x)无极值. 探究提高 (1)注意体会求函数极值的基本步骤,列 表可使解题过程更加清晰规范. (2)要求函数f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值,需对参 数a进行讨论.
②当 a<0 时，令 f′(x)>0，得 x>－a，∴f(x)的单调增
区间为(－a，＋∞)．
(2)由(1)可知，f′(x)＝x＋x2 a ①若 a≥－1，则 x＋a≥0，即 f′(x)≥0 在[1，e]
上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数， ∴[f(x)]min＝f(1)＝－a＝32， ∴a＝－32(舍去)．
由f′(x)>0得x>2或x<0,
故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);
由f′(x)<0,得0<x<2,
故f(x)的单调递减区间是(0,2).
(2)由(1)得f′(x)=3x(x-2), 令f′(x)=0得x=0或x=2. 当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞)
解 (1)由函数f(x)的图象过点(-1,-6),
得m-n=-3.
①
由f(x)=x3+mx2+nx-2,得f′(x)=3x2+2mx+n,
则g(x)=f′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n.
而g(x)的图象关于y轴对称,所以 2m 6 0,
23
所以m=-3.代入①得n=0.
于是f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
题型三 导数与方程的解 【例 3】 已知函数 f(x)＝x2－aln x 在(1,2]是增函数， g(x)＝x－a x在(0,1)为减函数． (1)求 f(x)、g(x)的解析式； (2)求证：当 x>0 时，方程 f(x)＝g(x)＋2 有唯一解． 探究提高 (1)由 f(x)、g(x)在给定区间上的单调性确 定 a 的值． (2)f(x)＝g(x)＋2 的解等价于 h(x)＝f(x)－g(x)－2 的零 点，研究函数 h(x)的单调性即可． (1)解 f′(x)＝2x－ax，依题意 f′(x)≥0，x∈(1,2]， 即 a≤2x2，x∈(1,2]．
知能迁移1
已知函数
f (x)
1 (1 x)2
a ln( x 1)
(a为常数),求函数f(x)的极值.
解 由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},
因为f
(x)
1 (1 x)2
a
ln(
x
1),
所以f
( x)
2 - a(1 x)2 (1 x)3
.
①当a>0时,由f′(x)=0,得
x1 1
2 a
②a≤－e，则 x＋a≤0，即 f′(x)≤0 在[1，e]上恒
成立，f(x)在[1，e]上为减函数， ∴[f(x)]min＝f(e)＝1－ae＝32， ∴a＝－2e(舍去)．
③若－e<a<－1，当 1<x<－a 时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数，当－a<x<e 时，
f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数， ∴[f(x)]min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32，∴a＝－ e 综上所述，a＝－ e.
1, x2
1
2 1, a
此 时f
( x)
a( x x1)(x (1 x)3
x2
)
.
当x∈(1,x1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
②当 a≤0 时，f′(x)<0 恒成立，所以 f(x)无极值．
综上所述，
当 a>0 时，f(x)在 x＝1＋ 2a处取得极小值，
极小值为 f 1＋
2a＝a2
1＋ln
2 a.
当 a≤0 时，f(x)无极值．
题型二 函数的最值与导数 【例2】已知函数f(x)＝ax3－6ax2来自百度文库b,问是否存在实
数a、b使f(x)在[－1，2]上取得最大值3，最小值 －29,若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明 理由． 思维启迪 (1)研究函数f(x)在[－1,2]上的单调性; (2)确定f(x)在[－1,2]上的最大、最小值； (3)列方程组求a、b. 解 由f(x)＝ax3－6ax2＋b得f′(x)＝3ax2－12ax ＝3ax(x－4)． 当a＝0时,f′(x)＝0,f(x)＝b不能使f(x)在[－1,2] 上取最大值3,最小值－29.
当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4在区间 [－1,2]上,
x
－1 (－1,0) 0 (0,2)
2
f′(x) ＋
＋
0
－
－
f(x) －7a＋b
极大值 b
－16a＋b
由 a>0 得－16a＋b<－7a＋b，则 f(x)在[－1,2]上取最大
值 b，最小值－16a＋b.
依题意－b＝163a，＋b＝－29 ，ba＝＝32，， 符合题意．
当a<0,令f′(x)＝0得x1＝0,x2＝4在区间[－1,2]上,
x
－1 (－1,0)
0 (0,2)
2
f′(x) －
－
0
＋
＋
f(x) －7a＋b
极小值b
－16a＋b
由 a<0 得－16a＋b>－7a＋b，则 f(x)在[－1,2]上取最大值 －16a＋b，最小值 b. 依题意b－＝1－6a＋ 29，b＝3， 解得ab＝ ＝－ －22，9， 符合题意． 综上所述，存在 a＝2，b＝3 或 a＝－2，b＝－29 使 f(x) 在[－1,2]上取得最大值 3，最小值－29.