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导数的几何意义及其应用


江苏省泗阳中学

曹培国

函数(四)

2012/11/28

导数的几何意义及函数的最值
例 2 设曲线 y ? eax 在点 (0, 1) 处的切线与直线 x ? 2 y ? 1 ? 0 垂直,则 a ? 分析:由垂直关系可得切线的斜率为- .

1 ,又 k= f ?( x0 ) ,即可求出 a 的值. 2 1 解: y' ? aeax ,∴切线的斜率 k ? y' x?0 ? a ,由垂直关系,有 a ? (? ) ? ?1 ,解得 2 a ? 2.
14.【2012 高考真题安徽理 19】 (本小题满分 13 分) 设 f ( x) ? ae ?
x

1 ? b(a ? 0) 。 ae x

(I)求 f ( x ) 在 [0, ??) 上的最小值; (II)设曲线 y ? f ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y ?

3 x ;求 a , b 的值。 2

例 4 已知函数 f ( x) ? f(x)的极值;

1 ? a ln( x ? 1), 其中 n∈N*,a 为常数.当 n=2 时,求函数 (1 ? x)n

解:由已知得函数 f(x)的定义域为{x|x>1}, 当 n=2 时, f ( x) ?

1 ? a ln( x ?1), (1 ? x) 2

所以 f ( x) ?

2 ? a(1 ? x)2 . (1 ? x)3 2 2 >1, x2 ? 1 ? <1, a a

(1)当 a>0 时,由 f '( x) =0,得 x1 ? 1 ?

此时 f′(x)=

?a( x ? x1 )( x ? x2 ) . (1 ? x)3

当 x∈(1,x1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(x1+∞)时,f′(x)>0, f(x)单调递增. (2)当 a≤0 时,f′(x)<0 恒成立,所以 f(x)无极值.
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2012/11/28

综上所述,n=2 时, 当 a>0 时,f(x)在 x ? 1 ? 当 a≤0 时,f(x)无极值. 【例 1】 (2008 年,全国 I 卷)已知函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? x ? 1 , a ? R . (Ⅰ)讨论函数 f ( x ) 的单调区间; (Ⅱ)设函数 f ( x ) 在区间 ? ? , ? ? 内是减函数,求 a 的取值范围. 【分析及解】 (Ⅰ)∵

2 2 a 2 处取得极小值为 f (1 ? ) ? (1 ? ln ). a a 2 a

? 2 ? 3

1? 3?

f ?( x) ? 3x2 ? 2ax ? 1 ,导函数是二次函数,开口向上,

? ? 4(a 2 ? 3) ,下面讨论方程 f ?( x) ? 0 根的情况。分 ? ? 0 , ? ? 0 , ? ? 0 来讨
论。 ①: ? ? 0 ,即 a ?

3 , 或 a ? ? 3 时 , 方 程 f ?( x) ? 0 有 两 个 不 同 实 根 ,

x1 ?

? a ? a2 ? 3 ? a ? a2 ? 3 , x2 ? 3 3
f ?( x) ? 0 , 当 x1 ? x ? x2 时 , f ?( x) ? 0 ,∴ f ( x) 在

当 x ? x1 或 x ? x2 时 ,

(??, x1 ) , ( x2 ,??) 上为增函数,在 ( x1 , x2 ) 上为减函数。
② ? ? 0 ,即 ? 3 ? a ? 3 时,则对所有 x ? R 都有 f ?( x) ? 0 ,故此时 f ( x) 在 R 上为增函数 ③ ? ? 0 ,即 a ? ? 3 时,则对所有 x ? R 且 x ? ? 在 R 上为增函数 综上知:当 ? 3 ? a ? 3 时, f ( x) 在 R 上为增函数,当 a ?

a 都有 f ?( x) ? 0 ,故此时 f ( x) 3

3 ,或 a ? ? 3 时,

f ( x) 在 (??, x1 ) , ( x2 ,??) 上为增函数,在 ( x1 , x2 ) 上为减函数。
(Ⅱ)本问把函数思想与数形结合思想结合起来,可获得简单的解法,即

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若函数 f ( x) 在区间 (?

2 1 2 1 ,? ) 内是减函数,则说明 f ?( x) ? 0 对任意 x ? (? ,? ) 恒 3 3 3 3

成立,转化为一元二次不等式在给定区间上恒成立问题,结合二次函数图象,只需

? / 2 ? f (? 3 ) ? 0 2 1 f ?( x) ? 3x 2 ? 2ax ? 1 ? 0 两根在区间 (? ,? ) 外即可, 即只需 ? 1 3 3 ? f / (? ) ? 0 3 ? ?4 4 ?3 ? 3 a ?1 ? 0 即? 解之得 a ? 2 满足条件,所以实数 a 的取值范围是 [2,??) 1 2 ? ? a ?1 ? 0 ?3 3
【例 3】 (2008 年,重庆卷)设函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? c(a ? 0), 曲线 y=f(x)通过点(0, 2a+3) ,且在点 (?1, f (?1)) 处的切线垂直于 y 轴. (Ⅰ)用 a 分别表示 b 和 c; (Ⅱ)当 bc 取得最小值时,求函数 g ( x) ? ? f ( x)e ? x 的单调区间. 【分析及解】 (Ⅰ)由已知 f (0) ? 2a ? 3 ,即 c ? 2a ? 3 ∵ f ?( x) ? 2ax ? b ,依题意 f ?(?1) ? 0 ,即 ? 2a ? b ? 0 ,∴ b ? 2a
2 (Ⅱ)由(Ⅰ)得 bc ? 2a (2a ? 3) ? 4(a ? ) ?

3 4

9 , 4

3 9 时, bc 取得最小值- . 4 4 3 3 3 2 3 3 此时有 b ? ? , c ? . 从而 f ( x ) ? ? x ? x ? , 2 2 4 2 2 3 3 3 g ( x ) ? ? f ( x ) e ? x ? ( x 2 ? x ? )e ? x , 4 2 2 3 3 ?x 3 2 3 3 ?x 3 2 ?x 所以 g ?( x) ? ( x ? )e ? ( x ? x ? )e ? ? ( x ? 4)e ,令 g ?( x) ? 0 , 2 2 4 2 2 4
故当 a ? ? 解之得 x1 ? ?2, x2 ? 2 ,当 x ? ?2 或 x ? 2 时, g ?( x ) ? 0 ,从而 f ( x) 在 (??,?2) ,

(2,??) 上为减函数,当 ? 2 ? x ? 2 时, g ?( x) ? 0 ,从而 f ( x) 在 (?2,2) 上为增函数,
由此可见,函数 g ( x) 的单调递减区间为 (??,?2) , (2,??) ,单调递增区间为 (?2,2) 19. (本小题满分 16 分)
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已知函数 f ( x ) ?| e x ? bx |, 其中 e 为自然对数的底. (1)当 b ? 1 时,求曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程; (2)若函数 y=f(x)有且只有一个零点,求实数 b 的取值范围; (3)当 b>0 时,判断函数 y=f(x)在区间(0,2)上是否存在极大值,若存在,求出 极大值及 相应实数 b 的取值范围. 19. (本题满分 16 分) 1-x 已知函数 f(x)=lnx+ ,其中 a 为大于零的常数. ax (1)若函数 f(x)在区间[1,+∞)内不是单调函数,求 a 的取值范围; (2)求函数 f(x)在区间[e,e2]上的最小值. ax-1 解: f ?(x)= (x>0) …… 2 分 ax2 1 (1)由已知,得 f ?(x)在[1,+∞)上有解,即 a= 在(1,+∞)上有解, x 1 又? 当 x∈(1,+∞)时, <1,所以 a<1.又 a>0,所以 a 的取值范围是(0,1)……6 分 x 1 (2)①当 a≥ 时,因为 f ?(x)>0 在(e,e2)上恒成立,这时 f(x)在[e,e2]上为增函数,所以 e 当 x=e 时,f(x)min=f(e)=1+ 1-e …………… 8 分 ae

1 ②当 0<a≤ 2时,因为 f ?(x)<0 在(e,e2)上恒成立,这时 f(x)在[e,e2]上为减函数, e 1-e2 所以,当 x=e2 时,f(x)min=f(e2)=2+ 2 ,………………10 分 ae 1 1 1 1 ③当 2<a< 时,令 f?(x)=0 得,x= ∈(e,e2),又因为对于 x∈(e, )有 f ?(x)<0, e e a a 1 对于 x∈( ,e2)有 f ?(x)>0, a 分 综上,f(x)在[e,e2]上的最小值为 1 1 1 1 所以当 x= 时,f(x)min=f( )=ln +1- …………14 a a a a

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f(x)min

? ? =? ? ?

1-e 1 1+ ,当a≥ 时, ae e 1 1 1 1 ln +1- ,当 2<a< 时, a a e e 1-e2 1 2- 2 ,当0<a< 2时. ae e

55.(2011 年高考江苏卷 19)已知 a, b 是实数, 函数 f ( x) ? x 3 ? ax, g ( x) ? x 2 ? bx,

f ?( x)

和 g ?( x ) 是 f ( x), g ( x) 的导函数, 若 f ?( x) g ?( x) ? 0 在区间 I 上恒成立, 则称 f ( x) 和 g ( x) 在区间 I 上单调性一致 (1)设 a ? 0 ,若函数 f ( x) 和 g ( x) 在区间 [?1,??) 上单调性一致,求实数 b 的取值范围; (2)设 a ? 0, 且 a ? b ,若函数 f ( x) 和 g ( x) 在以 a,b 为端点的开区间上单调性一致, 求|a-b|的最大值 函数与最值 1. (本小题满分 15 分)求函数 y ? x ? 27 ? 13 ? x ? x 的最大和最小值.
y ? x ? x ? 27 ? 13 ? x ? x ? 27 ? 13 ? 2 x ?13 ? x ?
≥ 27 ? 13 ? 3 3 ? 13 号 成 立

【解析】 函数的定义域为 ?0 , 13? .因为



x?0









y











3 3 ? 13 .……………………………………………5 分 又由柯西不等式得

y2 ?

?

x ? x ? 27 ? 13 ? x

?

2

1? ?1 ≤ ? ? 1 ? ? ? 2 x ? ? x ? 27 ? ? 3 ?13 ? x ? ? ? 121 2 3? ?

所 以 y ≤11 . ………………………………………………………………………… ……10 分 由柯西不等式等号成立的条件,得 4x ? 9 ?13 ? x ? ? x ? 27 ,解得 x ? 9 .故当 x ? 9 等 号 成 立 . 因 此 的 最 大 值 为 y 11 . …………………………………………………………………………………15 分 5 ? 4 x ? x2 函 数 在 上 的 最 小 值 是 (??, 2) f ( x) ? 2? x 时
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( C ) A.0 B.1 C.2 D.3

[解]当 x ? 2 时, 2 ? x ? 0 ,因此 f ( x) ?

1 ? (4 ? 4 x ? x 2 ) 1 1 ? ? (2 ? x) ? 2 ? ? (2 ? x) 2? x 2? x 2? x

? 2 ,当且仅当 1 ? 2 ? x 时上式取等号.而此方程有解 x ? 1 ? ( ??, 2),因此 f ( x) 在
2? x

(??, 2) 上的最小值为 2.
8.设 f ( x) ? cos 2 x ? 2a(1 ? cos x) 的最小值为 ? [解] f ( x) ? 2cos2 x ?1 ? 2a ? 2a cos x

1 ,则 a ? 2

?2 ? 3



a 1 ? 2(cos x ? ) 2 ? a 2 ? 2a ? 1 , 2 2
(1) a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ? 1 时取最小值 1 ? 4a ; (2) a ? ?2 时, f ( x) 当 cos x ? ?1 时取最小值 1; (3) ?2 ? a ? 2 时, f ( x) 当 cos x ?

a 1 时取最小值 ? a 2 ? 2a ? 1 . 2 2
1 , 2

又 a ? 2 或 a ? ?2 时, f ( x) 的最小值不能为 ?

1 1 故 ? a 2 ? 2a ? 1 ? ? ,解得 a ? ?2 ? 3 , a ? ?2 ? 3 (舍去). 2 2

sin(πx) ? cos(πx) ? 2 1 5 4 5 ( ? x ? ) ,则 f(x)的最小值为 。 4 4 5 x π 2 sin( πx ? ) ? 2 1 5 4 f ( x) ? ( ?x? ) 解 : 实 际 上 , 设 4 4 x π 1 5 1 3 3 5 g ( x) ? 2 sin( πx ? )( ? x ? ) ,则 g(x)≥0,g(x)在 [ , ] 上是增函数,在 [ , ] 上是 4 4 4 4 4 4 4 3 1 3 3 5 减函数,且 y=g(x)的图像关于直线 x ? 对称,则对任意 x1 ? [ , ] ,存在 x2 ? [ , ] , 4 4 4 4 4
11. 已知函数 f ( x) ? 使 g(x2)=g(x1)。于是

f ( x1 ) ?

3 5 g ( x1 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 g ( x2 ) ? 2 ? ? ? f ( x2 ) ,而 f(x)在 [ , ] 上是减函数,所以 4 4 x1 x1 x2

1 5 5 4 5 4 5 f ( x) ? f ( ) ? ,即 f(x)在 [ , ] 上的最小值是 。 4 4 4 5 5
7. 设 f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x,则 f(x)的值域是
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9 填[0, ]. 8 1 1 解:f(x)=sin4x-sinxcosx+cos4x=1- sin2x- sin22x.令 t=sin2x,则 2 2 1 1 9 1 1 max g(t)=g(-1) f(x)=g(t)=1- t- t2= - (t+ )2. 因此-min g(t)=g(1)=0, 1 ≤ t ≤ 1 - 1≤t≤1 2 2 8 2 2 2 9 = . 8 9 故,f(x)∈[0, ]. 8 15.设 f(x)=x2+a. 记 f1(x)=f(x),fn(x)=f(fn 1(x)),n=1,2,3,…,


1 M={a∈R|对所有正整数 n,|fn(0)|≤2}.证明,M=[-2, ]. 4 证明:⑴ 如果 a<-2,则|f1(0)|=|a|>2,a∈ / M. ………………………(5 分) 1 - ⑵ 如果-2≤a≤ ,由题意,f1(0)=a,fn(0)=(fn 1(0))2+a,n=2,3,…….则 4 1 1 ① 当 0≤a≤ 时,|fn(0)|≤ ,(?n≥1). 4 2 1 事实上,当 n=1 时,|f1(0)|=|a|≤ ,设 n=k-1 时成立(k≥2 为某整数) ,则对 n=k, 2

|fk(0)|≤|fk-1(0)| +a≤(2)2+4=2.
② 当-2≤a<0 时,|fn(0)|≤|a|,(?n≥1). 事实上,当 n=1 时,|f1(0)|≤|a|,设 n=k-1 时成立(k≥2 为某整数),则对 n=k,有 -|a|=a≤(fk 1(0)) +a≤a2+a


2

1

1

1

2

注意到当-2≤a<0 时,总有 a2≤-2a,即 a2+a≤-a=|a|.从而有|fk(0)|≤|a|.由 1 归纳法,推出[-2, ]?M.……………………(15 分) 4 1 1 ⑶ 当 a> 时,记 an=fn(0),则对于任意 n≥1,an>a> 且 4 4 an+1=fn 1(0)=f(fn(0))=f(an)=a2 n+a.


12 1 1 1 对于任意 n≥1,an+1-an=a2 n-an+a=(an-2) +a-4≥a-4.则 an+1-an≥a-4. 2-a 1 1 所以,an+1-a=an+1-a1≥n(a- ).当 n> 时,an+1>n(a- )+a>2-a+a=2, 4 1 4 a- 4 即 fn 1(0)>2.因此 a∈ / M.


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1 综合⑴,⑵,⑶,我们有 M=[-2, ]. 4

…………………………(20 分)

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