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2013年高考数学二轮复习教学案:第6讲 导数及其应用
作者:未知 文章来源:网上收集 点击数: 更新时间:2013-8-20 13:45:33

简介
 导数及其应用

1. 了解导数的实际背景(如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等),掌握函数在一点处的导数定义和导数几何意义,理解导函数的概念.
2. 熟记导数的基本公式,掌握两个函数和、差、积、商的求导法则,了解复合函数的求导法则,会求某些简单函数的导数.
3. 理解可导函数的单调性与其导数的关系,了解可导函数在某点取得极值时的必要条件和充分条件(导数在极值点两侧异号),能用导数解决一些实际问题(一般指单峰函数)的最大值和最小值等.

1. 已知函数f(x)=x3+ax2+3x-9在R上存在极值,则实数a的取值范围是________.
2.已知某生产厂家的年利润y(单位:万元)与年产量x(单位:万件)的函数关系式为y=-x3+81x-234,则使该生产厂家获得最大年利润的年产量为________万件.
3.直线y=x+b是曲线y=lnx(x>0)的一条切线,则实数b=________.
4.若曲线f(x)=ax2+lnx存在垂直于y轴的切线,则实数a的取值范围是________.

【例1】  已知曲线f(x)=x3-3x.
(1) 求曲线在点P(1,-2)处的切线方程;
(2) 求过点Q(2,-6)的曲线y=f(x)的切线方程.
【例2】 已知函数f(x)=(x-k)ex.
(1) 求f(x)的单调区间;
(2) 求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
【例3】 (2009·山东)两县城A和B相距20 km,现计划在两县城外以AB为直径的半圆弧上选择一点C建造垃圾处理厂,其对城市的影响度与所选地点到城市的距离有关,对城A和城B的总影响度为城A与城B的影响度之和,记C点到城A的距离为x km,建在C处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度为y,统计调查表明:垃圾处理厂对城A的影响度与所选地点到城A的距离的平方成反比,比例系数为4;对城B的影响度与所选地点到城B的距离的平方成反比,比例系数为k ,当垃圾处理厂建在的中点时,对城A和城B的总影响度为0.065.
(1) 将y表示成x的函数;
(2) 讨论(1)中函数的单调性,并判断弧上是否存在一点,使建在此处的垃圾处理厂对城A和城B的总影响度最小?若存在,求出该点到城A的距离,若不存在,说明理由.
【例4】 (2011·苏北四市三模)已知函数f(x)=ax2+lnx,f1(x)=x2+x+lnx,f2(x)=x2+2ax,a∈R.
(1) 求证:函数f(x)在点(e,f(e))处的切线恒过定点,并求出定点坐标;
(2) 若f(x)<f2(x)在区间(1,+∞)上恒成立,求a的取值范围;
(3) 当a=时,求证:在区间(1,+∞)上,满足f1(x)<g(x)<f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多个.

1. (2011·湖南)曲线y=-在点M处的切线的斜率为________.
2.(2009·江苏)在平面直角坐标系xOy中,点P在曲线C:y=x3-10x+3上,且在第二象限内,已知曲线C在点P处的切线的斜率为2,则点P的坐标为________.
3.(2010·辽宁)已知点P在曲线y=上,α为曲线在点P处的切线的倾斜角,则α的取值范围是________.
4.(2011·福建)若a>0,b>0,且函数f(x)=4x3-ax2-2bx+2在x=1处有极值,则ab的最大值等于________.
5.(2011·江西)设f(x)=-x3+x2+2ax.
(1) 若f(x)在上存在单调递增区间,求实数a的取值范围;
(2) 当06.(2010·辽宁)已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1.
(1) 讨论函数f(x)的单调性;
(2) 设a<-1.如果对任意x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.

(2011·南京三模)(本题满分16分)已知函数f(x)=x3+x2-ax(a∈R)
(1) 当a=0时,求与直线x-y-10=0平行,且与曲线y=f(x)相切的直线方程;
(2) 求函数g(x)=-alnx(x>1)的单调递增区间;
(3) 如果存在a∈[3,9],使函数h(x)=f(x)+f′(x)(x∈[-3,b])在x=-3处取得最大值,试求b的最大值.
解:(1) 设切点为T(x0,x03+x02),由f′(x)=3x2+2x及题意得3x02+2x0=1(2分)
解得x0=-1或x0=,所以T(-1,0)或T,
所以切线方程为x-y+1=0或27x-27y-5=0,(4分)
(2) 因为g(x)=x2+x-a-alnx(x>1),所以由g′(x)=2x+1->0得2x2+x-a>0(6分)
令φ(x)=2x2+x-a(x>1),因为φ(x)在(1,+∞)递增,所以φ(x)>φ(1)=3-a.当3-a≥0,即a≤3时,g(x)的增区间为(1,+∞);(8分)
当3-a<0即a>3时,因为φ(1)=3-a<0,所以φ(x)的一个零点小于1,另一个零点大于1,由φ(x)=0得x1=<1,x2=>1,从而φ(x)>0(x>1)的解集为
即g(x)的增区间为.(10分)
(3) h(x)=x3+4x2+(2-a)x-a,h′(x)=3x2+8x+(2-a).因为存在a∈(3,9],令h′(x)=0,得x1=,x2=,所以要使h(x)(x∈[-3,b])在x=-3处取得最大值,必有解得a≥5,即a∈[5,9](13分)
所以存在a∈[5,9]使h(x)(x∈[-3,b])在x=-3处取得最大值的充要条件为h(-3)≥h(b)即存在a∈[5,9]使(b+3)a-(b3+4b2+2b-3)≥0成立.因为b+3>0所以9(b+3)-(b3+4b2+2b-3)≥0,即(b+3)(b2+b-10)≤0,解得≤b≤,所以b的最大值为(16分)
第6讲 导数及其应用

1. 函数f(x)=x3-15x2-33x+6的单调减区间为________.
【答案】 (-1,11) 解析: f′(x)=3x2-30x-33=3(x-11)(x+1),
由(x-11)(x+1)<0得单调减区间为(-1,11).亦可填写闭区间或半开半闭区间.
2. 已知函数f(x)=ax3+bx2+x+3,其中a,b∈R,a≠0.
(1) 当a,b满足什么条件时,f(x)取得极值?
(2) 已知a>0,且f(x)在区间(0,1]上单调递增,试用a表示出b的取值范围.
解: (1)由已知得f′(x)=ax2+2bx+1,令f′(x)=0,得ax2+2bx+1=0,
f(x)要取得极值,方程ax2+2bx+1=0必须有两个不同解,
所以Δ=4b2-4a>0,即b2>a, 此时方程ax2+2bx+1=0的根为
x1==,
x2==,
所以f′(x)=a(x-x1)(x-x2).
当a>0时,
x
(-∞,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)

f′(x)
+
0
-
0
+

f(x)

极大值

极小值
 

所以f(x)在x1,x2处分别取得极大值和极小值.
当a<0时,
x
(-∞,x2)
x2
(x2,x1)
x1
(x1,+∞)

f′(x)
-
0
+
0
-

f (x)

极小值
 
极大值
 

所以f(x)在x1,x2处分别取得极大值和极小值.
综上,当a,b满足b2>a时,f(x)取得极值.
(2) 要使f(x)在区间(0,1]上单调递增,需使f′(x)=ax2+2bx+1≥0在(0,1]上恒成立.
即b≥--,x∈(0,1]恒成立, 所以b≥max.
设g(x)=--,g′(x)=-+=,
令g′(x)=0得x=或x=-(舍去),
当a>1时,0<<1,当x∈时,g′(x)>0,g(x)=--单调增函数;
当x∈时,g′(x)<0,g(x)=--单调递减,
所以当x=时,g(x)取得极大值,极大值为g=-.
所以b≥-.
当0<a≤1时,≥1,此时g′(x)≥0在区间(0,1]上恒成立,所以g(x)=--在区间(0,1]上单调递增,当x=1时,g(x)最大,最大值为g(1)=-,所以b≥-.
综上,当a>1时,b≥-;当0<a≤1时,b≥-.
点评:本题为三次函数,利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值,函数在区间上为单调函数,则导函数在该区间上的符号确定,从而转为不等式恒成立,再转为函数研究最值.运用函数与方程的思想,化归思想和分类讨论的思想解答问题.
基础训练
1. (-∞,-3)∪(3,+∞) 解析:f′(x)=3x2+2ax+3,Δ=4a2-36>0,解得a>3或a<-3.
2. 9 解析:y′=-x2+81>0,解得0<x<9;令导数y′=-x2+81<0,解得x>9,所以函数y=-x3+81x-234在区间(0,9)上是增函数,在区间(9,+∞)上是减函数,所以在x=9处取极大值,也是最大值.
3. ln2-1 解析:y′=,令=得x=2,故切点为(2,ln2),代入直线方程得,b=ln2-1.
4. {a|a<0} 解析:由题意知该函数的定义域为(0,+∞),由f′(x)=2ax+.因为存在垂直于y轴的切线,故此时斜率为0,问题转化为在x>0范围内,导函数f′(x)=2ax+存在零点.等价于方程2ax+=0在(0,+∞)内有解,显然可得a=-∈(-∞,0).
例题选讲
例1 解:(1) 设切线的斜率为k,因为f′(x)=3x2-3,点P(1,-2)在曲线上,∴ k=3-3=0,所以所求的切线的方程为y=-2.
(2) f′(x)=3x2-3,设切点Q(x0,y0),则:=3x-3,即:=3x-3,解得x0=0或3,由k=f′(x0)得k=-3或24,得y=-3x或y=24x-54.
变式训练 已知函数f(x)=x3-2x2+3x(x∈R)的图象为曲线C.
(1) 求过曲线C上任意一点的切线斜率的取值范围;
(2) 若在曲线C上存在两条相互垂直的切线,求其中一条切线与曲线C的切点的横坐标的取值范围.
解: (1) f′(x)=x2-4x+3,则f′(x)=(x-2)2-1≥-1,
即过曲线C上任意一点的切线斜率的取值范围是[-1,+∞).
(2) 由(1)可知
解得-1≤k<0或k≥1,由-1≤x2-4x+3<0或x2-4x+3≥1,
得:x∈(-∞,2-]∪(1,3)∪[2+,+∞),即所求取值范围.
例2 解:(1)f′(x)=(x-k+1)ex,令f′(x)=0x=k-1;所以f(x)在(-∞,k-1)上递减,在(k-1,+∞)上递增.
(2) 当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在区间[0,1]上递增,所以f(x)min=f(0)=-k;当0<k-1<1即1<k<2时,由(1)知,函数f(x)在区间[0,k-1]上递减,(k-1,1]上递增,所以f(x)min=f(k-1)=-ek-1;当k-1≥1,即k≥2时,函数f(x)在区间[0,1]上递减,所以f(x)min=f(1)=(1-k)e.
变式训练 已知函数f(x)=-x3+x2+3x+a.
(1) 求f(x)的单调减区间;
(2) 若f(x)在区间[-3,4]上的最小值为,求实数a的值.
解:(1) ∵ f′(x)=-x2+2x+3,令f′(x)<0,则-x2+2x+3<0.
解得x<-1或x>3.∴ 函数f(x)的单调减区间为(-∞,-1)∪(3,+∞).
(2) 列表如下:
x
-3
(-3,-1)
-1
(-1,3)
3
(3,4)
4

f′(x)

-
0
+
0
-


f(x)

 

 




∴ f(x)在(-3,-1)和(3,4)上是减函数,在(-1,3)上是增函数.
又∵ f(-1)=a-,f(4)=a+, ∴ f(-1)<f(4).
∴ f(-1)是f(x)在[-3,4]上的最小值.

∴ a-=,解得a=4.
例3 解: (1)如右图,由题意知:
AC⊥BC,BC2=400-x2,y=+(0<x<20),
当垃圾处理厂建在弧AB的中点时,垃圾处理厂到A、B的距离都相等,且为10km,所以有0.065=+,解得,k=9,
∴ y=+(0<x<20).
(2) ∵ y′=′=-+=,
令y′>0,得x4+640x2-1 280 000>0,解得x2≥160,即x≥4,
又因为0<x<20,所以函数y=+在x∈上是减函数,
在x∈(4,20)上是增函数,∴ 当x=4时,y取得最小值,
所以在弧AB上存在一点,且此点到城市A的距离为4 km,使建在此处的垃圾处理厂对城市A、B的总影响度最小.
例4 (1) 证明:因为f′(x)=2ax+,所以f(x)在点(e,f(e))处的切线的斜率为k=2ae+,
所以f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=(x-e)+ae2+1,
整理得y-=,
所以切线恒过定点.
(2) 解:令p(x)=f(x)-f2(x)=x2-2ax+lnx<0,对x∈(1,+∞)恒成立,
因为p′(x)=(2a-1)x-2a+==(*),
令p′(x)=0,得极值点x1=1,x2=.
① 当<a<1时,有x2>x1=1,即<a<1时,在(x2,+∞)上有p′(x)>0,此时p(x)在区间(x2,+∞)上是增函数,并且在该区间上有p(x)∈(p(x2),+∞),不合题意;
② 当a≥1时,有x2<x1=1,同理可知,p(x)在区间(1,+∞)上,有p(x)∈(p(1),+∞),也不合题意;
③ 当a≤时,有2a-1≤0,此时在区间(1,+∞)上恒有p′(x)<0,
从而p(x)在区间(1,+∞)上是减函数;
要使p(x)<0在此区间上恒成立,只须满足p(1)=-a-≤0a≥-,
所以-≤a≤.
综上可知a的范围是.
(3) 证明:当a=时,f1(x)=x2+x+lnx,f2(x)=x2+x.
记y=f2(x)-f1(x)=x2-lnx,x∈(1,+∞).
因为y′=-=>0,
所以y=f2(x)-f1(x)在(1,+∞)上为增函数,
所以f2(x)-f1(x)>f2(1)-f1(1)=.
设R(x)=f1(x)+λ(0<λ<1),则f1(x)<R(x)<f2(x),
所以在区间(1,+∞)上,满足f1(x)<g(x)<f2(x)恒成立的函数g(x)有无穷多个.
高考回顾
1.  解析:y=-的导函数为y′=,x=,y′=.
2. (-2,15) 解析:由C:y=x3-10x+3得,y′=3x2-10=2,x2=4,切点在第二象限,x=-2,y=15.
3. α∈ 解析:y′=-=-,∵ ex+≥2,
∴ -1≤y′<0,即-1≤tanα<0,∴ α∈.
4. 9 解析:f′(x)=12x2-2ax-2b,f′(1)=0,a+b=6,a>0,b>0,6=a+b≥2,ab≤9,当且仅当a=b时取等号.
5. 解:(1) f(x)在上存在单调递增区间,即存在某个子区间(m,n)使得f′(x)>0.由f′(x)=-x2+x+2a=-(x-)2++2a,f′(x)在区间上单调递减,则只需f′>0即可.由f′=+2a>0解得a>-,所以当a>-时,f(x)在上存在单调递增区间.
(2) 令f′(x)=0,得两根x1=,x2=.
所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增.
当0<a<2时,有x1<1<x2<4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2).
又f(4)-f(1)=-+6a<0,即f(4)<f(1),
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-=-,得a=1,x2=2,
从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=.
6. 解:(1) f(x)的定义域为(0,+∞).f′(x)=+2ax=.
当a≥0时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调增加;
当a≤-1时,f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调减少;
当-1<a<0时,令f′(x)=0,解得x=.
则当x∈时,f′(x)>0;x∈时,f′(x)<0.
故f(x)在单调增,在单调减.
(2) 不妨假设x1≥x2,而a<-1,由(1)知f(x)在(0,+∞)上单调减,从而
x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于,
x1,x2∈(0,+∞),f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1,①
令g(x)=f(x)+4x,则g′(x)=+2ax+4,
①等价于g(x)在(0,+∞)上单调减,即+2ax+4≤0.
从而a≤==-2,
故a的取值范围为(-∞,-2].



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