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第四章 導數(shù)應用章末復習
學習目標 1.掌握利用導數(shù)判斷函數(shù)單調性的方法，會用導數(shù)求函數(shù)的極值和最值.2.會用導數(shù)解決一些簡單的實際應用問題．
1．函數(shù)的單調性、極值與導數(shù)
(1)函數(shù)的單調性與導數(shù)
在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內是增加的；如果f′(x)<0，那么函數(shù)y＝f(x)在這個區(qū)間內是減少的．
(2)函數(shù)的極值與導數(shù)
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(shù)的極大值點，f(a)叫作函數(shù)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(shù)的極小值點，f(a)叫作函數(shù)的極小值．
2．求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟
(1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內的極值．
(2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處函數(shù)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(shù)的單調性與導數(shù)
例1 已知函數(shù)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(shù)研究函數(shù)的單調性
題點 求含參數(shù)函數(shù)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(shù)，
當x∈(－2a，a－2)時，f′(x)<0，故f(x)在(－2a，a－2)上為減函數(shù)；
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(shù)．
當x∈(a－2，－2a)時，f′(x)<0，f(x)在(a－2，－2a)上為減函數(shù)．
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(shù)的定義域，單調區(qū)間應為定義域的子區(qū)間．
(2)已知函數(shù)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(shù)的單調區(qū)間實質是討論不等式的解集．
(4)求參數(shù)的范圍時常用到分離參數(shù)法．
跟蹤訓練1 已知函數(shù)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(shù)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(shù)單調性求變量
題點 已知函數(shù)單調性求參數(shù)
解 (1)求導得f′(x)＝3x2－a，
因為f(x)在R上是增函數(shù)，
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(shù)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(shù)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(shù)的極值、最值與導數(shù)
例2 已知函數(shù)f(x)＝x2＋alnx.
(1)若a＝－1，求函數(shù)f(x)的極值，并指出是極大值還是極小值；
(2)若a＝1，求函數(shù)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(shù)f(x)的圖像在函數(shù)g(x)＝x3的圖像的下方．
考點 導數(shù)的綜合應用
題點 導數(shù)的綜合應用
(1)解 由于函數(shù)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(shù)f(x)是減少的，
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數(shù)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(shù)f(x)在[1，e]上為增函數(shù)，
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(xiàn)′(x)<0，
故F(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是減函數(shù)，又F(1)＝－<0，
所以在區(qū)間[1，＋∞)上，F(xiàn)(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(shù)，
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(shù)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(shù)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(shù)．
當r∈(5,5)時，V′(r)<0，
故V(r)在(5,5)上為減函數(shù)．
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(shù)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(shù)學問題，即列出函數(shù)關系y＝f(x)，根據(jù)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(shù)根．
(3)比較導函數(shù)在各個根和區(qū)間端點處的函數(shù)值的大小，根據(jù)實際問題的意義確定函數(shù)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(shù)的底數(shù))．
(1)寫出月利潤f(x)(萬元)關于月產量x(萬件)的函數(shù)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(shù)中不等式證明問題
典例 已知函數(shù)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(shù)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(shù)把不等式的證明轉化為利用導數(shù)研究函數(shù)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(xiàn).
1．已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意的正數(shù)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(shù)研究函數(shù)的單調性
題點 比較函數(shù)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(shù)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(shù)單調性求變量
題點 已知函數(shù)單調性求參數(shù)
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(shù)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(shù)f(x)的單調區(qū)間與極值．
考點 函數(shù)的極值與導數(shù)的關系
題點 不含參數(shù)的函數(shù)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(shù)；
當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內為增函數(shù)．
所以函數(shù)f(x)在x＝5時取得極小值f(5)＝－ln5.
1．導數(shù)作為一種重要的工具，在研究函數(shù)中具有重要的作用，例如函數(shù)的單調性、極值與最值等問題，都可以通過導數(shù)得以解決．不但如此，利用導數(shù)研究得到函數(shù)的性質后，還可以進一步研究方程、不等式等諸多代數(shù)問題，所以一定要熟練掌握利用導數(shù)來研究函數(shù)的各種方法．
2．利用導數(shù)求解優(yōu)化問題，注意自變量中的定義域，找出函數(shù)關系式，轉化為求最值問題．
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