导数在研究函数中的应用(学生)

[最新考纲y＝f(x)f′(x)<0x0为函数的极大值点，f(x0)叫函数的极大值f′(x)>0x0为函数的极小值点，f(x0)叫函数的极小值f(x)在[a，b]上函数y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一1．f′(x)>0f(x)0y＝x2－lnx的单调递减区间为(0,1]．()f(x)，f′(x0)＝0x0f(x)＝xexx＝－1处取得极小值．()f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)在区间[－1,1][感悟·提升 一是f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．如(1)．二是对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．如(5)． 考点 利用导数研究函数的单调1】(1)k＝1f(x)(2)f(x)x∈[0，＋∞)k (1)当k＝1时f′(x)>0x(ex－2)>0，∴x>ln2f′(x)<0x(ex－2)<0，∴0<x<ln2.f(x)的递减区间是(0，ln2)；递增区间是(－∞，0)和(ln2，＋∞)．(2)∵f(x)x∈[0，＋∞)x≥0时，f′(x)＝x(ex－2k)≥0∴ex－2k≥02k≤ex恒成立．ex≥1，∴2k≤1k≤.k＝f′(x)＝x(ex－1)≥0x＝0因此，实数k的取值范围 k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)f′(x)≥0(或恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”1】(1)f(x)在[1，＋∞)a(2)x＝3f(x)f(x)考点 利用导数研究函数的极2f(x)＝alnx＋＋x＋1a∈Ry＝f(x)在点(1，f(1))y(1)a(2)f(x) (1)由f(x)＝alnx＋＋∴f′(x)＝ ＋y＝f(x)在点(1，f(1))y0a－＋(2)由(1)知，f(x)＝－lnx＋＋∴f′(x)＝－ ＋ f′(x)＝0x＝1或－(舍去f(x)x＝1f(1)＝3，f(x)f′(x0)＝02a，b是实数，1和－1f(x)＝x3＋ax2＋bx(1)ab考点 利用导数求函数的最3f(x)＝ax3＋bx＋cx＝2(1)a，b 由于f(x)在点x＝2处取得极值c－16，故 化简 解(2)由(1)f′(x)＝0x＝－2x变化时，f(x)，f′(x)x23＋0—0＋◻◻◻f(x)x＝－2f(－2)＝16＋c，f(x)x＝2由题设条件知，16＋c＝28f(－3)＝9＋c＝21f(3)＝－9＋c＝3f(2)＝c－16＝－4规律方法在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要3f(x)＝x＋ax2＋blnxy＝f(x)P(1,0)P(1)a，b3——(1)I的长度(注：区间(α，β)(2)k∈(0,1)1－k≤a≤1＋kI (1)因为方程ax－(1＋a2)x2＝0(a>0)有两个实根x1＝0x2＝ 因此区间 ，区间I的长度 (2)设d(a)＝ ，则d′(a)＝ 令d′(a)＝0，得a＝1.由于0<k<1，故1－k≤a<1时，(1－k)2≤a2<1，d′(a)>0，d(a)单调递增；1<a≤1＋k时，a2>1，d′(a)<0，d(a)单调递减．1－k≤a≤1＋k时，d(a)a＝1－ka＝1＋k 因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k,1＋k]上取得最小 (1)f(x)(2)y＝f(x)llx 函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( 对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－a)f′(x)≥0，则必有( 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是( 设函数f(x)的定义域为R，x0(x0≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是( B．－x0f(－x)C．－x0是－f(x)若函数 在x＝1处取极值，则 函数 的单调递减区间 已知函数f(x)＝－x2＋4x－3lnx在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围 f(x)＝ax2＋blnxx＝1处有极值a，bf(x)＝a(x－5)2＋6lnxa∈Ry＝f(x)在点(1，f(1))y轴相交于点af(x)函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞1)上有最小值则函数g(x)＝ (1＋∞) C．是减函 已知a为常数，函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点x1，x2(x1＜x2)，则( A．f(x1)＞0，f(x2)＞－B．f(x1)＜0，f(x2)＜－C．f(x1)＞0