数学北师大版选修2-2学案第三章导数应用

/09/9/1函数单调性的应用1．根据函数的单调性求解参数问题例1已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx在区间(0，1)上是增函数，在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上是减函数，且f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，求a，b，c的值．解f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.由于f(x)在区间(0，1)上是增函数，在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上是减函数，所以f′(0)＝f′(1)＝0.又f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝0，,3a＋2b＋c＝0，,\f(3,4)a＋b＋c＝\f(3,2).))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝3，,c＝0.))点评由于此题给出了函数定义域范围内的所有单调区间，在这种条件下一般都可以分析出函数的极值点，通常情况下单调区间的端点就是极值点，再根据已知函数极值求解参数问题的方法进行解答．例2已知函数f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，常数a∈R)．若函数f(x)在[2，＋∞)上是增加的，求a的取值范围．解f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x2).要使f(x)在[2，＋∞)上是增加的，则f′(x)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，且在[2，＋∞)任何子区间上不恒为零．即eq\f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)时恒成立．∵x2>0，∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立．∴a≤(2x3)min.∵当x∈[2，＋∞)时，y＝2x3是增加的，∴(2x3)min＝16，∴a≤16.当a＝16时，f′(x)＝eq\f(2x3－16,x2)≥0(x∈[2，＋∞))有且只有f′(2)＝0，∴a的取值范围是a≤16.点评已知函数单调性求参数的取值范围，可转化为不等式恒成立问题．一般地，函数f(x)在区间I上是增加的(减少的)等价于不等式f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间I上恒成立，且在I上任何子区间上不恒为零．然后可借助分离参数等方法求出参数的取值范围，并验证f′(x)＝0是否有有限个解．2．利用函数的单调性证明不等式欲证明不等式f(x)>g(x)(或f(x)≥g(x))成立，可以构造函数φ(x)＝f(x)－g(x)，利用导数进行证明．例3已知x>0，求证：ex>1＋x.证明设函数f(x)＝ex－(1＋x)，则f′(x)＝ex－1.当x>0时，ex>e0＝1，所以f′(x)＝ex－1>0.所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．所以当x>0时，f(x)>f(0)．又f(0)＝e0－(1＋0)＝0，所以f(x)>0，即ex－(1＋x)>0.故ex>1＋x.点评若要证的不等式两边是两类不同的基本函数，则往往需要构造函数，借助函数的单调性来证明．3．利用函数的单调性判断方程根的个数若f(x)在区间[a，b]上单调，且f(a)f(b)<0，则f(x)＝0在[a，b]上有唯一实数根；若f(a)f(b)与零的大小无法确定，则f(x)＝0在[a，b]上至多有一个实数根．例4试判断函数f(x)＝eq\f(1,3)x－lnx(x>0)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))和区间(1，e)内有无零点．分析可通过导数确定函数极值点与极值的正负，再结合确定零点的方法确定零点的个数．解因为f′(x)＝eq\f(1,3)－eq\f(1,x).所以当x∈(3，＋∞)时，y＝f(x)是增函数；当x∈(0,3)时，y＝f(x)是减函数．而0<eq\f(1,e)<1<e<3，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(1,3e)＋1>0，f(1)＝eq\f(1,3)>0，f(e)＝eq\f(e,3)－1<0，所以函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点．2导数应用中的数学思想1．方程思想例1已知函数f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在x＝－1时有极值0，则m＝________，n＝________.分析根据题意利用f′(－1)＝0与f(－1)＝0建立方程组求解．解析f′(x)＝3x2＋6mx＋n.由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′?－1?＝3－6m＋n＝0，,f?－1?＝－1＋3m－n＋m2＝0.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝1，,n＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝2，,n＝9.))但当m＝1，n＝3时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，即x＝－1不是f(x)的极值点，应舍去．故分别填2,9.答案29点评本题的解答充分体现了方程思想的应用，通过已知的极值求得函数解析式中的参数，但要注意对所求值的验证．2．函数思想例2设函数f(x)＝1－e－x，证明：当x>－1时，f(x)≥eq\f(x,x＋1).分析由于f(x)＝1－e－x＝1－eq\f(1,ex)，eq\f(x,x＋1)＝1－eq\f(1,x＋1)，因此要证f(x)≥eq\f(x,x＋1)，只需证明ex≥1＋x.所以我们构造新函数，利用函数的极值进行证明．证明令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.解方程ex－1＝0，得x＝0.当x变化时，g′(x)，g(x)变化情况如下表：x(－∞，0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)?↘0?↗从表上看出，当x＝0时，函数有极小值，且g(0)＝0.因而当x∈R时，有g(x)≥g(0)＝0，即ex≥1＋x.所以当x>－1时，有f(x)＝1－e－x＝1－eq\f(1,ex)≥1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，即f(x)≥eq\f(x,x＋1).点评本题通过构造函数，使问题的解决变得简捷．3．数形结合思想例3已知曲线f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a与x轴只有一个交点，求实数a的取值范围．分析先用导数求出函数的单调区间和极值，再根据单调性画出大致图像，利用数形结合思想求解．解f′(x)＝－3x2＋6x＋9.令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表：x(－∞，－1)－1(－1,3)3(3，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)?↘极小值?↗极大值?↘所以当x＝－1时，f(x)有极小值f(－1)＝a－5；当x＝3时，f(x)有极大值f(3)＝a＋27.画出大致图像，要使f(x)的图像与x轴只有一个交点，只需极大值小于0(如图1)或极小值大于0(如图2)．所以a＋27<0或a－5>0.解得a<－27或a>5.故实数a的取值范围为a<－27或a>5.点评数形结合思想是中学数学的一种重要思想．画出图像可以加强直观性，便于对问题的理解．4．分类讨论思想例4求函数f(x)＝ax3－3x2＋1－eq\f(3,a)的单调区间．分析利用导数求函数的单调区间，一般先确定函数的定义域，再求导函数，最后根据导数大于0或小于0得递增区间或递减区间．如果函数中含有参数，则应分类讨论．解f′(x)＝3ax2－6x.由题意，得a≠0.当a>0时，由3ax2－6x>0，解得x<0或x>eq\f(2,a)；由3ax2－6x<0，解得0<x<eq\f(2,a).所以f(x)的递增区间为(－∞，0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，＋∞))，递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a))).当a<0时，由3ax2－6x>0，解得eq\f(2,a)<x<0；由3ax2－6x<0，解得x<eq\f(2,a)或x>0.所以f(x)的递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，0))，递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,a)))和(0，＋∞)．点评注意本题中隐含了a≠0的条件．a在导函数的二次项系数中，a的正负决定了不等式的解集，因此要对a分大于0和小于0两种情况进行讨论．3精析导数应用中的易错点误区一、忽视函数的定义域致误例1求函数y＝ln(2－3x)的单调区间．错解y′＝eq\f(－3,2－3x)，令y′>0，得x>eq\f(2,3)；令y′<0，得x<eq\f(2,3).∴函数的递增区间为(eq\f(2,3)，＋∞)，递减区间为(－∞，eq\f(2,3))．错因分析错解没考虑到函数y＝ln(2－3x)的定义域，从而导致了范围的扩大．正解因为2－3x>0，所以原函数的定义域为(－∞，eq\f(2,3))，此时y′<0，因此函数只有递减区间为(－∞，eq\f(2,3))．误区二、错用并集符号致误例2求函数f(x)＝eq\f(1,2x)的单调区间．错解函数f(x)＝eq\f(1,2x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．因为f(x)＝eq\f(1,2x)，所以f′(x)＝－eq\f(1,2x2)<0.所以函数f(x)＝eq\f(1,2x)在其定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)内是减少的．错因分析函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在x＝0处不连续，所以在写单调区间时，不能滥用并集符号联结．正解函数f(x)＝eq\f(1,2x)的递减区间是(－∞，0)，(0，＋∞)．误区三、极大值一定比极小值大在求解极值问题时，有些同学因为受“极大值”“极小值”字面含义的影响，在潜意识里形成了这样一种认识：极大值一定比极小值大．事实上，这种认识是错误的，极大值、极小值只是相对于极值点附近的小区域内的函数值而言的．误区四、导数值为0的点一定是极值点例3求函数f(x)＝x6－3x4＋3x2的极值点．错解f′(x)＝6x5－12x3＋6x＝6x(x4－2x2＋1)＝6x(x2－1)2.令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝0，x3＝1.∴函数的极值点为－1,0,1.错因分析可导函数的极值点是导数为零的点，但导数为零的点不一定是极值点．所以防止出现这类错误的方法是验证可导函数f(x)在x0左右两侧的导数值符号，若x0两侧的导数异号，则x0是函数f(x)的极值点．正解f′(x)＝6x5－12x3＋6x＝6x(x4－2x2＋1)＝6x(x2－1)2.令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝0，x3＝1.f′(x)在f′(x)＝0的根左右的符号如下表所示：x(－∞，－1)(－1，0)0(0，1)(1，＋∞)f′(x)－－0＋＋f(x)?↘?↘极小值↗?↗因此函数f(x)无极大值，在x＝0处f(x)取得极小值0.∴函数f(x)的极值点为0，且为极小值点．误区五、充分条件误作充要条件致错例4已知函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1在R上是减函数，求a的取值范围．错解易得f′(x)＝3ax2＋6x－1.当f′(x)<0时，f(x)是减函数，f′(x)＝3ax2＋6x－1<0恒成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0，,Δ<0.))解得a<－3.故a的取值范围为a<－3.错因分析f′(x)<0(x∈(a，b))是f(x)在(a，b)内递减的充分不必要条件，在解题过程中易误作是充要条件．此题中，f(x)在R上是减函数，可得f′(x)≤0.正解f′(x)＝3ax2＋6x－1，f(x)在R上是减函数，由f′(x)＝3ax2＋6x－1≤0恒成立得解得a≤－3.故a的取值范围为(－∞，－3]．误区六、用导数解实际应用题时忽略定义域而致错例5从边长为2a的正方形铁片的四个角各裁去一小块边长为x的正方形(如图)，再将四边向上折起，做成一个无盖的长方体铁盒，要求长方体的高度x与底面正方形的边长的比值不超过常数t，那么x取何值时，容积V有最大值？错解V＝(2a－2x)2·x＝4x3－8ax2＋4a2x.所以V′＝12x2－16ax＋4a2＝4(3x－a)·(x－a)．因为eq\f(x,2a－2x)≤t，所以函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2at,1＋2t))).这时，V在定义域内有唯一的极值点x＝eq\f(a,3).由问题的实际意义可知x＝eq\f(a,3)时，Vmax＝eq\f(16,27)a3.错因分析本题根据题目条件可确定函数的定义域eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2ta,1＋2t)))，随常数t取值的不同，令V′＝0得x＝eq\f(a,3)未必在此区间内，故应对eq\f(a,3)是否在此区间内分类讨论．正解V＝(2a－2x)2·x＝4x3－8ax2＋4a2x(0<x≤eq\f(2at,1＋2t))，①当eq\f(a,3)<eq\f(2at,1＋2t)，即t>eq\f(1,4)时，令V′＝0，解得x＝eq\f(a,3)，这时V在定义域内有唯一极值点x＝eq\f(a,3).由问题的实际意义可知x＝eq\f(a,3)时，Vmax＝eq\f(16,27)a3.②当eq\f(a,3)≥eq\f(2at,1＋2t)，即0<t≤eq\f(1,4)时，对任意的x≤eq\f(a,3)，都有V′≥0，所以V在定义域内为增函数，故当x＝eq\f(2at,1＋2t)时，Vmax＝eq\f(2at,1＋2t)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a－\f(4at,1＋2t)))2＝eq\f(8a3t,?1＋2t?3).4利用导数证明不等式导数是解决不等式问题的有力工具．首先构造出不等式对应的函数，然后借助于导数研究函数的性质，最终证明不等式成立．下面通过实例来说明利用导数证明不等式的操作模式．1．直接构造函数法当需要证明的不等式比较直观时，我们可以直接构造函数；然后利用导数分析该函数的单调性，进而达到证明不等式的目的．例1已知：x>1，求证：x>ln(1＋x)．分析本题主要考查利用导数判断函数单调性的应用，解决本题的关键是把证明不等式问题转化为判断函数的单调性，要证明x>ln(1＋x)，只需证x－ln(1＋x)>0.不妨令f(x)＝x－ln(1＋x)，只需证明f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，从而使问题得到解决．证明令f(x)＝x－ln(1＋x)(x>1)，则f′(x)＝1－eq\f(1,1＋x)＝eq\f(x,1＋x).由x>1，知f′(x)>0，∴f(x)在区间(1，＋