第三章专题二.doc

专题二高考中的导数应用问题

1.函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________.
答案(2，＋∞)
解析函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)·ex]′＝1·ex＋(x－3)·ex＝(x－2)ex.
由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
2.已知函数f(x)＝asin2x－eq\f(1,3)sin3x(a为常数)在x＝eq\f(π,3)处取得极值，则a的值为________.
答案1
解析∵f′(x)＝2acos2x－cos3x，
∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2acoseq\f(2,3)π－cosπ＝0，
∴a＝1，经验证适合题意.
3.函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是________.
答案20
解析因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，可知－1,1为函数的极值点.
又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.
由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，
所以t的最小值是20.
4.已知函数f(x)＝eq\f(lna＋lnx,x)在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为__________.
答案[e，＋∞)
解析f′(x)＝eq\f(\f(1,x)·x－lna＋lnx,x2)＝eq\f(1－lna＋lnx,x2)，因为f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞)上恒成立.设φ(x)＝1－lnx，φ(x)max＝1，故lna≥1，a≥e.
5.已知函数f(x)＝mx3＋nx2的图象在点(－1,2)处的切线恰好与直线3x＋y＝0平行，若f(x)在区间[t，t＋1]上单调递减，则实数t的取值范围是__________.
答案[－2，－1]
解析由题意知，点(－1,2)在函数f(x)的图象上，
故－m＋n＝2. ①
又f′(x)＝3mx2＋2nx，则f′(－1)＝－3，
故3m－2n＝－3. ②
联立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2，
令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0，
则[t，t＋1]⊆[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0，
所以t∈[－2，－1].

题型一利用导数研究函数的单调性
例1设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.
(1)若a＝eq\f(1,2)，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.
思维启迪(1)解不等式f′(x)>0和f′(x)<0即可判断；
(2)注意依据参数a进行分类讨论.
解(1)a＝eq\f(1,2)时，f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1).
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)>0；当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1,0).
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，g′(x)＝ex－a.若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0.
若a>1，则当x∈(0，lna)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，
而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时，g(x)<0，即f(x)<0.
综合得a的取值范围为(－∞，1].
思维升华利用导数研究函数单调性的一般步骤：
(1)确定函数的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.
②两个单调增区间或两个单调减区间之间用逗号隔开，不能用∪连结.
③若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解.
已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))).
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝(f(