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第四章 導數應用章末復習
學習目標 1.掌握利用導數判斷函數單調性的方法，會用導數求函數的極值和最值.2.會用導數解決一些簡單的實際應用問題．
1．函數的單調性、極值與導數
(1)函數的單調性與導數
在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內是增加的；如果f′(x)<0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內是減少的．
(2)函數的極值與導數
①極大值：在點x＝a附近，滿足f(a)≥f(x)，當x
0，當x>a時，f′(x)<0，則點a叫作函數的極大值點，f(a)叫作函數的極大值；
②極小值：在點x＝a附近，滿足f(a)≤f(x)，當xa時，f′(x)>0，則點a叫作函數的極小值點，f(a)叫作函數的極小值．
2．求函數y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟
(1)求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值．
(2)將函數y＝f(x)的各極值與端點處函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
題型一 函數的單調性與導數
例1 已知函數f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R.
(1)當a＝0時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率；
(2)試求f(x)的單調區(qū)間．
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 求含參數函數的單調區(qū)間
解 (1)當a＝0時，f(x)＝x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex，故f′(1)＝3e.
即曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為3e，
(2)f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex.
令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a－2，
①當－2a＝a－2，即a＝時，
f′(x)≥0，∴f(x)在R上是增加的；
②當－2a時，
則當x∈(－∞，－2a)或x∈(a－2，＋∞)時，
f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)上為增函數，
當x∈(－2a，a－2)時，f′(x)<0，故f(x)在(－2a，a－2)上為減函數；
②當－2a>a－2，即a<時，
則當x∈(－∞，a－2)或x∈(－2a，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)上為增函數．
當x∈(a－2，－2a)時，f′(x)<0，f(x)在(a－2，－2a)上為減函數．
綜上所述，
當a<時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)，減區(qū)間為(a－2，－2a)；
當a＝時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，＋∞)；
當a>時，f(x)的增區(qū)間為(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)，
減區(qū)間為(－2a，a－2)．
反思感悟 (1)關注函數的定義域，單調區(qū)間應為定義域的子區(qū)間．
(2)已知函數在某個區(qū)間上的單調性時轉化要等價．
(3)分類討論求函數的單調區(qū)間實質是討論不等式的解集．
(4)求參數的范圍時常用到分離參數法．
跟蹤訓練1 已知函數f(x)＝x3－ax－1.
(1)若f(x)在R上是增加的，求a的取值范圍；
(2)是否存在實數a，使f(x)在(－1,1)上是減少的，若存在，求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由．
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
解 (1)求導得f′(x)＝3x2－a，
因為f(x)在R上是增函數，
所以f′(x)≥0在R上恒成立．
即3x2－a≥0在R上恒成立．
即a≤3x2，而3x2≥0，所以a≤0.
當a＝0時，f(x)＝x3－1在R上是增加的，符合題意．
所以a的取值范圍是(－∞，0]．
(2)假設存在實數a，使f(x)在(－1,1)上是減少的，
則f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立．
即3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2，
又因為在(－1,1)上，0≤3x2<3，所以a≥3.
當a＝3時，f′(x)＝3x2－3，在(－1,1)上，f′(x)<0，
所以f(x)在(－1,1)上是減少的，即a＝3符合題意．
所以存在實數a，使f(x)在(－1,1)上是減少的，且a的取值范圍是[3，＋∞)．
題型二 函數的極值、最值與導數
例2 已知函數f(x)＝x2＋alnx.
(1)若a＝－1，求函數f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值；
(2)若a＝1，求函數f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；
(3)若a＝1，求證：在區(qū)間[1，＋∞)上，函數f(x)的圖像在函數g(x)＝x3的圖像的下方．
考點 導數的綜合應用
題點 導數的綜合應用
(1)解 由于函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
當a＝－1時，f′(x)＝x－＝，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，
當x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數f(x)是減少的，
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數f(x)是增加的，
所以f(x)在x＝1處取得極小值，且極小值為.
(2)解 當a＝1時，f(x)＝x2＋lnx，f′(x)＝x＋>0，
則函數f(x)在[1，e]上為增函數，
所以f(x)min＝f(1)＝，f(x)max＝f(e)＝e2＋1.
(3)證明 設F(x)＝f(x)－g(x)＝x2＋lnx－x3，則F′(x)＝x＋－2x2＝，
當x>1時，F′(x)<0，
故F(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數，又F(1)＝－<0，
所以在區(qū)間[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．
即f(x)0，f(x)是增加的，
∴當x＝0時，f(x)取得極小值，∴a＝－1.
∴f(x)在[－2,0]上是減少的，在(0,1]上是增加的，
且f(－2)＝＋3，f(1)＝e，f(－2)>f(1)，
∴f(x)在[－2,1]的最大值為＋3.
(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.
①當a>0時，f′(x)>0，f(x)是增函數，
且當x>1時，f(x)＝ex＋a(x－1)>0.
當x<0時，取x＝－，
則f<1＋a＝－a<0，
∴函數f(x)存在零點，不滿足題意．
②當a<0時，令f′(x)＝ex＋a＝0，則x＝ln(－a)．
在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)是減少的，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)是增加的，
∴當x＝ln(－a)時，f(x)取最小值．
函數f(x)不存在零點，等價于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，
解得－e20，又由h>0可得00，
故V(r)在(0,5)上為增函數．
當r∈(5,5)時，V′(r)<0，
故V(r)在(5,5)上為減函數．
由此可知，V(r)在r＝5處取得最大值，此時h＝8.
即當r＝5，h＝8時，該蓄水池的體積最大．
反思感悟 利用導數求實際問題的最大(小)值的一般方法
(1)分析實際問題中各個量之間的關系，正確設定所求最大或最小值的變量y與自變量x，把實際問題轉化為數學問題，即列出函數關系y＝f(x)，根據實際問題確定y＝f(x)的定義域．
(2)求方程f′(x)＝0的所有實數根．
(3)比較導函數在各個根和區(qū)間端點處的函數值的大小，根據實際問題的意義確定函數的最大值或最小值．
跟蹤訓練3 一家公司計劃生產某種小型產品，該產品的月固定成本為1萬元，每生產1萬件需要再投入2萬元，設該公司一個月內生產該小型產品x萬件并全部銷售完，每銷售1萬件該產品的收入為4－x萬元，且每生產1萬件國家給予補助萬元(e為自然對數的底數)．
(1)寫出月利潤f(x)(萬元)關于月產量x(萬件)的函數解析式；
(2)當月生產量在[1,2e]萬件時，求該公司在生產這種小型產品中所獲得的月利潤的最大值(萬元)及此時的月生產量(萬件)．(注：月利潤＝月銷售收入＋月國家補助－月總成本)
考點
題點
解 (1)∵月利潤＝月銷售收入＋月國家補助－月總成本，
∴f(x)＝x－1
＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2(x>0)．
(2)f′(x)＝－2x＋2(e＋1)－
＝－(x>0)，
當x∈[1,2e]時，f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表所示：
x
[1，e)
e
(e,2e]
f′(x)
＋
0
－
f(x)
↗
極大值
↘
由上表得f(x)＝－x2＋2(e＋1)x－2elnx－2在[1,2e]上的最大值為f(e)，且f(e)＝e2－2.
即月生產量在[1,2e]萬件時，該公司在生產這種小型產品中所獲得的月利潤最大值為e2－2(萬元)，此時的月生產量為e萬件．
導數中不等式證明問題
典例 已知函數f(x)＝x－ax2－lnx(a>0)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)有兩個極值點x1，x2，證明：f(x1)＋f(x2)>3－2ln2.
考點
題點
(1)解 ∵f′(x)＝－(x>0，a>0)，
不妨設φ(x)＝2ax2－x＋1(x>0，a>0)，(*)
則關于x的方程2ax2－x＋1＝0的判別式Δ＝1－8a.
①當a≥時，Δ≤0，φ(x)≥0，
故f′(x)≤0，函數f(x)在(0，＋∞)上是減少的；
②當00，
方程f′(x)＝0有兩個不相等的正根x1，x2，
不妨設x10，
∴f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上是減少的，在(x1，x2)上是增加的．
(2)證明 由(1)知當且僅當a∈時，
f(x)有極小值點x1和極大值點x2，
且x1，x2是方程(*)的兩個正根，
則x1＋x2＝，x1x2＝，
∴f(x1)＋f(x2)＝(x1＋x2)－a[(x1＋x2)2－2x1x2]－(lnx1＋lnx2)
＝ln(2a)＋＋1＝lna＋＋ln2＋1，
令g(a)＝lna＋＋ln2＋1，
當a∈時，g′(a)＝<0，
∴g(a)在內是減少的，
故g(a)>g＝3－2ln2，
∴f(x1)＋f(x2)>3－2ln2.
[素養(yǎng)評析] (1)不等式證明中，常構造函數把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或求最值解決．
(2)通過對條件和結論的分析，探索論證思路，選擇合適的論證方法給予證明，這正是邏輯推理素養(yǎng)的充分體現.
1．已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意的正數a，b，若a0；當12f(1)
C．f(0)＋f(2)≤2f(1)
D．f(0)＋f(2)≥2f(1)
考點 利用導數研究函數的單調性
題點 比較函數值的大小
答案 D
解析?、偃鬴′(x)不恒為0，則當x>1時，f′(x)≥0，當x<1時，f′(x)≤0，
所以f(x)在(1，＋∞)上是增加的，在(－∞，1)上是減少的．
所以f(2)>f(1)，f(1)2f(1)．
②若f′(x)＝0恒成立，則f(2)＝f(0)＝f(1)．
綜合①②，知f(0)＋f(2)≥2f(1)．
4．若函數y＝－x3＋ax有三個單調區(qū)間，則a的取值范圍是________．
考點 利用函數單調性求變量
題點 已知函數單調性求參數
答案 (0，＋∞)
解析 由題意知，y′＝－4x2＋a的圖像與x軸有兩個交點，
∴Δ＝16a>0，∴a>0.
5．已知函數f(x)＝＋－lnx－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函數f(x)的單調區(qū)間與極值．
考點 函數的極值與導數的關系
題點 不含參數的函數求極值問題
解 (1)對f(x)求導得f′(x)＝－－，
由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x知，f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－lnx－(x>0)，
則f′(x)＝(x>0)．
令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍)或x＝5.
當x∈(0,5)時，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內為減函數；
當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內為增函數．
所以函數f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln5.
1．導數作為一種重要的工具，在研究函數中具有重要的作用，例如函數的單調性、極值與最值等問題，都可以通過導數得以解決．不但如此，利用導數研究得到函數的性質后，還可以進一步研究方程、不等式等諸多代數問題，所以一定要熟練掌握利用導數來研究函數的各種方法．
2．利用導數求解優(yōu)化問題，注意自變量中的定義域，找出函數關系式，轉化為求最值問題．
2020版高中數學 第四章 導數應用章末復習學案（含解析）北師大版選修1 -1.docx
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