第十一讲导数在函数中的应用
教学目标:1、了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间.
2、了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小值(其中
多项式函数一般不超过三次).
一、知识回顾课前热身
知识点1、函数的单调性与导数
设函数y=f(x)在某区间(a,b)内可导,若x∈(a,b),f′(x)>0,则f(x)在区间(a,b)内为增函数;若x∈(a,b),f′(x)<0,则f(x)在区间(a,b)内为减函数;若x∈(a,b),f′(x)=0,则f(x)在区间(a,b)内为常数函数
知识点2、函数的极值与导数
(1)函数的极小值:
若函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小,且f′(a)=0,而且在点x=a附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则a点叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值:
若函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大,且f′(b)=0,而且在点x=b附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则b点叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值,极大值和极小值统称为极值.
[探究] 导数值为0的点一定是函数的极值点吗?“导数为0”是函数在该点取得极值的什么条件?
提示:不一定.可导函数的极值点导数为零,但导数为零的点未必是极值点;如函数f(x)=x3,在x=0处,有f′(0)=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点;其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件.
知识点3、函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件:
一般地,如果在区间[a,b]上,函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.
(2)求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤为
①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值;②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
[探究] 函数的极值和函数的最值有什么联系和区别?
提示:极值是局部概念,指某一点附近函数值的比较,因此,函数在极大(小)值,可以比极小(大)值小(大);最值是整体概念,最大、最小值是指闭区间[a,b]上所有函数值的比较.因而在一般情况下,两者是有区别的,极大
(小)值不一定是最大(小)值,最大(小)值也不一定是极大(小)值,但如果连续函数在区间(a ,b )内只有一个极值,那么极大值就是最大值,极小值就是最小值.
二、例题辨析 推陈出新
例1、已知函数f (x )=ax +x ln x ,且图象在点? ??
??1e ,f ? ????1e 处的切线斜率为1(e 为自然对数的底数). (1)求实数a 的值; (2)设g (x )=
f x -x
x -1
,求g (x )的单调区间; (3)当m >n >1(m ,n ∈Z )时,证明:
m
n n m
>n m . [解答] (1)f (x )=ax +x ln x ,f ′(x )=a +1+ln x ,依题意f ′? ??
??1e =a =1,所以a =1. (2)因为g (x )=f x -x x -1=x ln x x -1,所以g ′(x )=x -1-ln x
x -12
. 设φ(x )=x -1-ln x ,则φ′(x )
=1-1x
.
当x >1时,φ′(x )=1-1
x
>0,φ(x )是增函数,对?x >1,φ(x )>φ(1)=0,即当x >1时,g ′(x )>0,
故g (x )在(1,+∞)上为增函数;当0 <0,φ(x )是减函数,对?x ∈(0,1),φ(x )>φ(1) =0,即当0 (3)要证 m n n m >n m ,即证ln n m -ln m n >ln n -ln m ,即n -1n ln m >m -1m ln n ,m ln m m -1>n ln n n -1.(*) 因为m >n >1,由(2)知,g (m )>g (n ),故(*)式成立,所以 m n n m >n m . 变式练习1. 已知函数f (x )=3x a -2x 2 +ln x ,其中a 为常数. (1)若a =1,求函数f (x )的单调区间;(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数,求a 的取值范围. 解:(1)若a =1时,f (x )=3x -2x 2 +ln x ,定义域为(0,+∞), f ′(x )=1x -4x +3=-4x 2 +3x +1x = - 4x +1x -1 x (x >0). 当f′(x)>0,x∈(0,1)时,函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增. 当f′(x)<0,x∈(1,+∞)时,函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)f ′(x )=3a -4x +1x ,若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数,即在[1,2]上,f ′(x )=3a -4x +1 x ≥0 或f ′(x )=3a -4x +1x ≤0,即3a -4x +1x ≥0或3a -4x +1x ≤0在[1,2]上恒成立.即3a ≥4x -1x 或3a ≤4x -1 x . 令h (x )=4x -1x ,因为函数h (x )在[1,2]上单调递增,所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1),即3a ≥152或3 a ≤3, 解得a <0或0 5 或a ≥1. 例2、 (2012·重庆高考)设f (x )=a ln x +12x +3 2 x +1,其中a ∈R ,曲线y =f (x )在点(1,f (1)) 处的切线垂直于y 轴. (1)求a 的值; (2)求函数f (x )的极值. [解答] (1)因f (x )=a ln x +12x +32x +1,故f ′(x )=a x -12x 2+3 2. 由于曲线y =f (x )在点(1,f (1)) 处的切线垂直于y 轴,故该切线斜率为0,即f ′(1)=0,从而a -12+3 2=0,解得a =-1. (2)由(1)知f (x )=-ln x +12x +32x +1(x >0),f ′(x )=-1x -12x 2+32=3x 2 -2x -1 2x 2 =3x +1 x -1 2x 2 . 令f ′(x )=0,解得x 1=1,x 2=-13(因x 2=-1 3 不在定义域内,舍去). 当x ∈(0,1)时,f ′(x )<0,故f (x )在(0,1)上为减函数;当x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,故f (x )在(1,+∞)上为增函数.故f (x )在x =1处取得极小值f (1)=3. 变式练习2. 已知函数f (x )=e -kx ·? ?? ??x 2 +x -1k (k <0). (1)求f (x )的单调区间; (2)是否存在实数k ,使得函数f (x )的极大值等于3e -2 ?若存在,求出k 的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)f (x )的定义域为R .f ′(x )=-k e -kx ? ?? ??x 2+x -1k +e -kx (2x +1)=e -kx [-kx 2+(2-k )x +2], 即f ′(x )=-e -kx (kx -2)(x +1)(k <0).令f ′(x )=0,解得x =-1或x =2 k .当k =-2时,f ′(x )=2e 2x (x +1)2 ≥0, 故f (x )的单调递增区间是(-∞,+∞). 当-2 x ? ?? ??-∞,2k 2 k ? ?? ??2k ,-1 -1 (-1,+∞) f (x ) 增 极大值 减 极小值 增 所以函数f (x )的单调递增区间是? ????-∞,k 和(-1,+∞),单调递减区间是? ?? ??k ,-1. 当k <-2时,f (x ),f ′(x )随x 的变化情况如下: x (-∞,-1) -1 ? ?? ??-1,2k 2 k ? ?? ??2k ,+∞ f ′(x ) + 0 - 0 + f (x ) 增 极大值 减 极小值 增 所以函数f (x )的单调递增区间是(-∞,-1)和? ????k ,+∞,单调递减区间是? ?? ??-1,k . (2)当k =-1时,f (x )的极大值等于3e -2 . 理由如下:当k =-2时,f (x )无极大值.当-2 ??2k =e -2? ?? ??4k 2+1k , 令e -2? ????4k 2+1k =3e -2 ,即4k 2+1k =3,解得k =-1或k =43(舍去).当k <-2时,f (x )的极大值为f (-1) =-e k k .因为e k k <12e -2.因为12 e -2<3e -2,所以 f (x )的极大值不可能等于3e -2 . 综上所述,当k =-1时,f (x )的极大值等于3e -2 . 三、归纳总结 方法在握 归纳1、导数法求函数单调区间的一般步骤 (1)确定函数f (x )的定义域; (2)求导数f ′(x );(3)在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和 f ′(x )<0; (4)根据(3)的结果确定函数f (x )的单调区间. 2.导数法证明函数f (x )在(a ,b )内的单调性的步骤 (1)求f ′(x );(2)确认f ′(x )在(a ,b )内的符号;(3)作出结论:f ′(x )>0时为增函数;f ′(x )<0时为减函数. 归纳2、求可导函数f (x )的极值的步骤 (1)求导数f ′(x );(2)求方程f ′(x )=0的根;(3)检验f ′(x )在方程f ′(x )=0的根的附近两侧的符号: 具体如下表: x x f ′(x )=0 f ′(x )<0 f (x ) 增 极大值f (x 0) 减 x x x 0 x >x 0 f′(x)f′(x)<0f′(x)=0f′(x)>0 f(x)减极小值f(x0)增 四、拓展延伸能力升华 例3、已知函数f(x)=(x-k)e x. (1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值. [解答] (1)f′(x)=(x-k+1)e x. 令f′(x)=0,得x=k-1. f(x)与f′(x)的情况如下: x(-∞,k-1)(k-1)(k-1,+∞) f′(x)-0+ f(x)减-e k-1增 所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当k-1≤0,即k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k; 当0 当k-1≥1,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e. 保持本例条件不变,求f(x)在[0,1]上的最大值. 解:由本例(2)可知.①当k≤1时,函数f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(1)=(1-k)e. ②当1 得k= e e-1 . ∴当1<k< e e-1 时,f(1)>f(0).此时f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)=(1-k)e.当 e e-1 此时f(x)在[0,1]上的最大值是f(0)=-k. ③当k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)=-k. 综上所述,当k e-1 时,f(x)在[0,1]上的最大值为(1-k)e; 当k>e e-1 时,f(x)在[0,1]上的最大值为-k. 变式练习3. (2012·江西高考)已知函数f (x )=(ax 2 +bx +c )e x 在[0,1]上单调递减且满足f (0)=1,f (1)=0. (1)求a 的取值范围; (2)设g (x )=f (x )-f ′(x ),求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值. 解:(1)由f (0)=1,f (1)=0得c =1,a +b =-1,则f (x )=[ax 2 -(a +1)x +1]e x , f ′(x )=[ax 2+(a -1)x -a ]e x . 依题意须对于任意x ∈(0,1),有f ′(x )<0. 当a >0时,因为二次函数y =ax 2 +(a -1)x -a 的图象开口向上,而f ′(0)=-a <0,所以须f ′(1)=(a -1)e<0,即0 当a =1时,对任意x ∈(0,1)有f ′(x )=(x 2 -1)e x <0,f (x )符合条件; 当a =0时,对于任意x ∈(0,1),f ′(x )=-x e x <0,f (x )符合条件; 当a <0时,因f ′(0)=-a >0,f (x )不符合条件. 故a 的取值范围为0≤a ≤1. (2)因g (x )=(-2ax +1+a )e x ,所以g ′(x )=(-2ax +1-a )e x . (ⅰ)当a =0时,g ′(x )=e x >0,g (x )在x =0处取得最小值g (0)=1,在x =1处取得最大值g (1)=e. (ⅱ)当a =1时,对于任意x ∈(0,1) 有g ′(x )=-2x e x <0,g (x )在x =0处取得最大值 g (0)=2,在x =1处取得最小值g (1)=0. (ⅲ)当00. ①若1-a 2a ≥1,即0 3时,g (x )在[0,1]上单调 递增,g (x )在x =0处取得最小值g (0)=1+a ,在x =1处取得最大值g (1)=(1-a )e. ②若1-a 2a <1,即13 ??1-a 2a =2a e 12a a -,在x =0或x =1处取得最 小值,而g (0)=1+a ,g (1)=(1-a )e , 则当13 e +1 时,g (x )在x =0处取得最小值 g (0)=1+a ; 当 e -1 e +1 求解函数的最值时,要先求函数y =f (x )在[a ,b ]内所有使f ′(x )=0的点,再计算函数y =f (x )在区间内所有使f ′(x )=0的点和区间端点处的函数值,最后比较即得,也可利用函数的单调性求得. 2.用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答: 第一 步 求 导 求函数 f (x )的导数 f ′( x ) ? 第二步 判断单 调性 求函数 f (x )在 给定区间上的单调性 ?第三步 求极点 求函数f (x )在给定区间上的极值 ? 第四步 求端点值 求函数 f (x )在 给定区间上的端点值 ? 第 五 步 确定最值 比较函数f (x )的各 极值与端 点值的大小,确定函数 f (x )的最 大值和最小值 ? 第六步 反思回顾 查看关键点,易错点和解题规范.如本题的关键点是确定函数单调区间;易错点是对参 数的讨论 五、课后作业1.已知定义在R 上的函数f (x ),其导函数f ′(x )的大致图象 如图所示,则下列叙述正确的是( ) A .f (b )>f (c )>f (d ) B .f (b )>f (a )>f (e ) C .f (c )>f (b )>f (a ) D .f (c )>f (e )>f (d ) 解析:选C 依题意得,当x ∈(-∞,c )时,f ′(x )>0;当x ∈(c ,e )时,f ′(x )<0;当x ∈(e ,+∞)时, f ′(x )>0.因此,函数f (x )在(-∞,c )上是增函数,在(c ,e )上是减函数,在(e ,+∞)上是增函数,又a f (b )>f (a ). 2.函数f (x )的定义域为R ,f (-1)=2,对任意x ∈R ,f ′ x >2,则f (x )>2x +4的解集为( ) A .(-1,1) B .(-1,+∞) C .(-∞,-1) D .(-∞,+∞) 解析:选B 令函数g (x )=f (x )-2x -4,则g ′(x )=f ′(x )-2>0,因此,g (x )在R 上是增函数,又g (-1)=f (-1)+2-4=2+2-4=0.所以,原不等式可化为g (x )>g (-1),由g (x )的单调性,可得x >-1. 3.(2012·陕西高考)设函数f (x )=x e x ,则( ) A .x =1为f (x )的极大值点 B .x =1为f (x )的极小值点 C .x =-1为f (x )的极大值点 D .x =-1为f (x )的极小值点 解析:选D 求导得f ′(x )=e x +x e x =e x (x +1),令f ′(x )=e x (x +1)=0,解得x =-1,易知x =-1是函数f (x )的极小值点. 4.函数f (x )=x 3 3 +x 2 -3x -4在[0,2]上的最小值是( ) A .-173 B .-103 C .-4 D .-643 解析:选A f ′(x )=x 2 +2x -3,令f ′(x )=0得x =1(x =-3舍去),又f (0)=-4,f (1)=-173,f (2) =-103 , 故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)=-17 3 . 5.(2013·咸宁模拟)已知函数y =x 3 -3x +c 的图象与x 轴恰有两个公共点,则c =( ) A .-2或2 B .-9或3 C .-1或1 D .-3或1 解析:选A ∵y ′=3x 2 -3,∴当y ′=0时,x =±1. 则x ,y ′,y 的变化情况如下表: x (-∞,-1) -1 (-1,1) 1 (1,+∞) y ′ + - + y 增 c +2 减 c -2 增 2. 6.(2012·福建高考)已知f (x )=x 3 -6x 2 +9x -abc ,a ①f (0)f (1)>0;②f (0)f (1)<0; ③f (0)f (3)>0;④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是( ) A .①③ B .①④ C .②③ D .②④ 解析:选C ∵f ′(x )=3x 2 -12x +9=3(x -1)(x -3), 由f ′(x )<0,得1 上是增函数. 又a 0,y 极小值=f (3)=-abc <0. ∴0 -15x 2 -33x +6的单调减区间为________. 解析:由f (x )=x 3 -15x 2 -33x +6得f ′(x )=3x 2 -30x -33,令f ′(x )<0,即3(x -11)(x +1)<0, 解得-1 -2x +a =0有解,即方程a =2x -e x 有解. 令函数g (x )=2x -e x ,则g ′(x )=2-e x ,令g ′(x )>0,得x 在(ln 2,+∞)上是减函数,所以g (x )的最大值为g (ln 2)=2ln 2-2.因此,a 的取值范围就是函数 g (x )的值域,所以a 的取值范围为(-∞,2ln 2-2]. 答案:(-∞,2ln 2-2] 9.已知函数f (x )=-x 3 +ax 2 -4在x =2处取得极值,若m ,n ∈[-1,1],则f (m )+f ′(n )的最小值是________. 解析:由题求导得f ′(x )=-3x 2 +2ax ,由函数f (x )在x =2处取得极值知f ′(2)=0,即-3×4+2a ×2=0,∴a =3.由此可得f (x )=-x 3 +3x 2 -4,f ′(x )=-3x 2 +6x ,易知f (x )在(-1,0)上单调递减,在 (0,1)上单调递增,∴当m ∈[-1,1]时,f (m )min =f (0)=-4.又∵f ′(x )=-3x 2 +6x 的图象开口向下,且对称轴为x =1,∴当n ∈[-1,1]时,f ′(n )min =f ′(-1)=-9.故f (m )+f ′(n )的最小值为-13. 答案:-13 10.已知函数f (x )=x 3 +ax 2 +bx +c 在点x 0处取得极小值-5,其导函数y =f ′(x )的图象经过点(0,0),(2,0). (1)求a ,b 的值; (2)求x 0及函数f (x )的表达式. 解:(1)由题设可得f ′(x )=3x 2 +2ax +b . ∵f ′(x )的图象过点(0,0),(2,0), ∴? ?? ?? b =0,12+4a +b =0,解得a =-3,b =0. (2)由f ′(x )=3x 2 -6x >0,得x >2或x <0, ∴在(-∞,0)上f ′(x )>0,在(0,2)上f ′(x )<0,在(2,+∞)上f ′(x )>0.∴f (x )在(-∞,0),(2,+∞)上递增,在(0,2)上递减,因此f (x )在x =2处取得极小值.所以x 0=2.由f (2)=-5,得c =-1. ∴f (x )=x 3 -3x 2 -1. 11.已知函数f (x )=x ln x ,g (x )=-x 2 +ax -2. (1)求函数f (x )在[t ,t +2](t >0)上的最小值; (2)若函数y =f (x )与y =g (x )的图象恰有一个公共点,求实数a 的值; (3)若函数y =f (x )+g (x )有两个不同的极值点x 1,x 2(x 1 ?1e ,t +2上单调递增, 此时函数f (x )在区间[t ,t +2]上的最小值为f ? ?? ??1e =-1e ; ②当t ≥1 e 时,函数f (x )在[t ,t +2]上单调递增, 此时函数f (x )在区间[t ,t +2]上的最小值为f (t )= t ln t . (2)由题意得,f (x )-g (x )=x ln x +x 2-ax +2=0在(0,+∞)上有且仅有一个根,即a =ln x +x +2 x 在(0, +∞)上有且仅有一个根,令h (x )=ln x +x +2x ,则h ′(x )=1x +1-2x 2=x 2 +x -2x 2 =1x 2(x +2)(x -1), 易知h (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以a =h (x )min =h (1)=3. (3)由题意得,y =f (x )+g (x )=x ln x -x 2 +ax -2,则其导函数为y ′=ln x -2x +1+a ,由题意知y ′=ln x -2x +1+a =0有两个不同的实根x 1,x 2,等价于a =-ln x +2x -1有两个不同的实根x 1,x 2,且x 1 x +2,得G (x )在 ? ????0,12上单调递减,在? ?? ??12,+∞上单调递增, 画出函数G (x )图象的大致形状(如图). 由图象易知,当a >G (x )min =G ? ?? ??12=ln 2时,x 1,x 2存在, 且x 2-x 1的值随着a 的增大而增大. 而当x 2-x 1=ln 2时, 则有? ?? ?? ln x 1-2x 1+1+a =0,ln x 2-2x 2+1+a =0,两式相减可得ln x 2 x 1 =2(x 2-x 1)=2ln 2,得x 2=4x 1,代入上述方程组解得 x 1= ln 23,x 2=43ln 2,此时实数a =23ln 2-ln ? ????ln 23-1,所以实数a 的取值范围为a >23ln 2-ln ? ?? ??ln 23- 1. 12.已知函数f (x )=x -12 ax 2 -ln(1+x ),其中a ∈R . (1)若x =2是f (x )的极值点,求a 的值;(2)求f (x )的单调区间;(3)若f (x )在[0,+∞)上的最大值是0,求a 的取值范围. 解:(1)f ′(x )= x 1-a -ax x +1,x ∈(-1,+∞).依题意,得f ′(2)=0,解得a =13. 经检验,a = 1 3 时,符合题意.故a =1 3. (2)①当a =0时,f ′(x )=x x +1 ,由f ′(x )>0和f ′(x )<0,易得f (x )的单调递增区间是(0,+∞),单 调递减区间是(-1,0). ②当a >0时,令f ′(x )=0,得x 1=0或x 2=1 a -1.当0 x (-1,x 1) x 1 (x 1,x 2) x 2 (x 2,+∞) f ′(x ) - 0 + 0 - f (x ) 减 f (x 1) 增 f (x 2) 减 所以,f (x )的单调递增区间是? ?? ??0,a -1,单调递减区间是(-1,0)和? ?? ??a -1,+∞. 当a =1时,f (x )的单调递减区间是(-1,+∞).当a >1时,-1 x (-1,x 2) x 2 (x 2,x 1) x 1 (x 1,+∞) f ′(x ) - 0 + 0 - f (x ) 减 f (x 2) 增 f (x 1) 减 所以,f (x )的单调递增区间是? ????a -1,0,单调递减区间是? ?? ??-1,a -1和(0,+∞). ③当a <0时,f (x )的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-1,0). 综上,当a ≤0时,f (x )的单调递增区间是(0,+∞),单调递减区间是(-1,0); 当0 ????0,1a -1,单调递减区间是(-1,0)和? ?? ??1a -1,+∞; 当a =1时,f (x )的单调递减区间是(-1,+∞); 当a >1时,f (x )的单调递增区间是? ????1a -1,0,单调递减区间是? ?? ??-1,1a -1和(0,+∞). (3)由(2)知a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增,由f (0)=0,知a ≤0时不合题意. 当0 ??1a -1,由f ? ?? ??1a -1>f (0)=0,知0 当a ≥1时,f (x )在(0,+∞)上单调递减, 可得f (x )在[0,+∞)上的最大值是f (0)=0,符合题意. 所以f (x )在[0,+∞)上的最大值是0时,a 的取值范围是[1,+∞). 13.设f (x )=-13x 3+12 x 2 +2ax . (1)若f (x )在? ?? ??23,+∞上存在单调递增区间,求a 的取值范围; (2)当0 3 ,求f (x )在该区间上的最大值. 解:(1)由f ′(x )=-x 2 +x +2a =-? ????x -122+14+2a ,当x ∈??????23,+∞时,f ′(x )的最大值为f ′? ?? ? ?23=29+2a ;令29+2a >0,得a >-19. 所以,当a >-19时,f (x )在? ????23,+∞上存在单调递增区间. (2)令f ′(x )=0,得两根x 1=1-1+8a 2, x 2=1+1+8a 2. 所以f (x )在(-∞,x 1),(x 2,+∞)上单