专题一高考中的导数 9页

专题一：高考函数与导数问题的求解策略 ‎（第7周第2个）‎ 一、利用导数研究函数的单调性、极值、最值 例1、已知函数.‎ ‎(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程．‎ ‎(2)讨论f(x)的单调性．‎ ‎【思路点拨】　(1)先求切点和斜率，再求切线方程；‎ ‎(2)先求f′(x)，然后分a＝0，a＞0，a＜0三种情况求解．‎ ‎【规范解答】　(1)因为当a＝1时，f(x)＝x2e－x，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e.‎ 从而y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e.‎ ‎(2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax.‎ ‎①当a＝0时，若x＜0，则f′(x)＜0，若x＞0，则f′(x)＞0.‎ 所以当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数．‎ ‎②当a＞0时，由2x－ax2＜0，解得x＜0或x＞，由2x－ax2＞0，解得0＜x＜.‎ 所以当a＞0时，函数f(x)在区间(－∞，0)，(，＋∞)上为减函数，在区间(0，)上为增函数．‎ ‎③当a＜0时，由2x－ax2＜0，解得＜x＜0，由2x－ax2＞0，解得x＜或x＞0.‎ 所以，当a＜0时，函数f(x)在区间(－∞，)，(0，＋∞)上为增函数，在区间(，0)上为减函数．‎ 综上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)上单调递减，在(0，)上单调递增；当a＜0时，f(x)在(，0)上单调递减，在(－∞，)，(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎【反思启迪】　1.本题(2)中f′(x)＝(2x－ax2)e－ax，f′(x)的符号由2x－ax2确定，从而把问题转化为确定2x－ax2的符号问题．‎ ‎2．判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题．‎ ‎(13分)(2012·山东高考)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．‎ ‎(1)求k的值；‎ ‎(2)求f(x)的单调区间；‎ ‎(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x>0，g(x)<1＋e－2.‎ ‎【规范解答】　(1)由f(x)＝，‎ 得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)．‎ 由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，‎ 所以f′(1)＝0，因此k＝1.3分 ‎(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞).5分 令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，‎ 当x∈(0，1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.‎ 又ex>0，所以当x∈(0，1)时，f′(x)>0；‎ 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.‎ 因此f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).8分 ‎(3)因为g(x)＝xf′(x)，‎ 所以g(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)．‎ 由(2)知h(x)＝1－x－xln x，‎ 求导得h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)，‎ 所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；‎ 当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减.10分 所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.‎ 又当x∈(0，＋∞)时，0<<1，‎ 所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)<1＋e－2，即g(x)<1＋e－2.‎ ‎ (2013·乌鲁木齐模拟)设函数f(x)＝e－ax.‎ ‎(1)写出定义域及f′(x)的解析式；‎ ‎(2)设a＞0，讨论函数y＝f(x)的单调性；‎ ‎(3)若对任意x∈(0，1)，恒有f(x)＞1成立，求实数a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，f′(x)＝e－ax.‎ ‎(2)①当0＜a≤2时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上为增函数；‎ ‎②当a＞2，由f′(x)＞0得ax2＋2－a＞0，x＞ 或x＜－，‎ ‎∴f(x)在(－∞，－)，( ，1)，(1，＋∞)上为增函数，在(－ ‎， )上是减函数．‎ ‎(3)①当0＜a≤2时，由(1)知，对任意x∈(0，1)，恒有f(x)＞f(0)＝1；‎ ‎②当a＞2时，由(1)知，f(x)在(0, )上是减函数，在( ，1)上是增函数，取x0＝ ∈(0，1)，则f(x0)＜f(0)＝1；‎ ‎③当a≤0时，对任意x∈(0，1)，恒有＞1且e－ax≥1，得f(x)＝e－ax＞1.‎ 综上，当且仅当a∈(－∞，2]时，对任意x∈(0，1)恒有f(x)＞1成立．‎ 利用导数判断函数的零点个数问题 ‎　　　利用导数判断函数的零点个数是近两年高考命题的亮点，求解时应把函数的零点存在性定理，函数的单调性、极值点等综合起来考虑，最后数形结合求得结果．‎ ‎2．(2012·天津高考改编)已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a>0.‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点，求a的取值范围．‎ ‎【解】　(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．‎ 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，－1)‎ ‎－1‎ ‎(－1，a)‎ a ‎(a，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．‎ ‎(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2，0)内恰有两个零点当且仅当解得0