高考数学专题:函数与导数
则 g′(x)=2x-2x=-2x+x1x-1. ∵x∈[1e,e],
∴当g′(x)=0时,x=1.
当1e<x<1 时,g′(x)>0; 当1<x<e时,g′(x)<0. 故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1. 又 g(1e)=m-2-e12, g(e)=m+2-e2,g(e)-g(1e)=4-e2+e12<0,
解 当a=2时,f(x)=2ln x-x2+2x,f′(x)=2x-2x+2, 切点坐标为(1,1), 切线的斜率k=f′(1)=2, 则切线方程为y-1=2(x-1), 即y=2x-1.
(2)若函数g(x)=f(x)-ax+m在[1e,e]上有两个零点,求实数m 的取值范围.
解 g(x)=2ln x-x2+m,
-1+ 4+3a
所以 f(x)在 x=x2=
3
处取得最大值.
[10 分]
又f(0)=1,f(1)=a,
所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值; [11分]
当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;[12分]
当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.
[13分]
评分细则
第(1)问得分点 1.若没写出定义域可不扣分. 2.若f′(x)<0与f′(x)>0解集出错,只得2分. 3.若(-∞,x1)和(x2,+∞)中间用∪连接,扣1分.
例2 (12分)(2014·课标全国Ⅰ)f(x)=aln x+ 1-a x2- 2
bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0. (1)求b; (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)<a-a 1,求 a 的取值范围.
规范解答
解 (1)f′(x)=ax+(1-a)x-b.
[1 分]
2ax2+1-2x2ax-a2+1
解 f′(x)=
x2+12
-2x-aax+1
=
x2+12
.
由于a≠0,以下分两种情况讨论.
①当 a>0 时,令 f′(x)=0,得到 x1=-1a,x2=a.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-1a) -1a (-1a,a)
a
f′(x)
-
第二篇 看细则,用模板,解题再规范
第6讲 函数与导数
题型一 利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题 题型二 导数的综合应用问题
题型一 利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题
例1 (13分)(2014·安徽)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3, 其中a>0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性; (2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.
则 g(e)<g(1e),
∴g(x)在[1e,e]上的最小值是 g(e). g(x)在[1e,e]上有两个零点的条件是 gg11e= =mm- -21- >0e,12≤0, 解得 1<m≤2+e12, ∴实数 m 的取值范围是(1,2+e12].
0
+
0
(a,+∞) -
f(x)
↘
极小值
↗ 极大值 ↘
所以 f(x)在区间-∞,-1a,(a,+∞)内为减函数,
在区间-1a,a内为增函数. 函数 f(x)在 x1=-1a处取得极小值 f-1a, 且 f-1a=-a2.
函数f(x)在x2=a处取得极大值f(a),且f(a)=1.
②当 a<0 时,令 f′(x)=0,得到 x1=a,x2=-1a, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
所以,存在 x0≥1,使得 f(x0)<a-a 1的充要条件为 f(1)<a-a 1, 即1-2 a-1<a-a 1,
解得- 2-1<a< 2-1. ②若21<a<1,则1-a a>1,
[7 分]
故当 x∈(1,1-a a)时,f′(x)<0, 当 x∈(1-a a,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,1-a a)单调
递减,在(1-a a,+∞)单调递增.
所以,存在
x0≥1 , 使 得
f(x0)<
a a-1
的
充
要
条
件
为
aa f(1-a)<a-1.
而 f(1-a a)=aln 1-a a+21a-2 a+a-a 1>a-a 1,
所以不合题意.
[9分]
③若 a>1,则 f(1)=1-2 a-1=-a2-1<a-a 1.
[11 分]
综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).[12 分]
评分细则
第(1)问得分点 1.若导函数求错,不得分. 2.若f′(1)=0解错,只得2分.
第(2)问得分点 1.若没求定义域,其他正确,不扣分. 2.没进行分类讨论的,不得分.漏一类扣2分. 3.没有结论的扣1分. 4.利用其他方法求解的,同样得分.
解 当 a=1 时,f(x)=x22+x 1,f(2)=45, 又 f′(x)=2x2+x21+-122x·2x=2x-2+21x22,f′(2)=-265.
所以,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-54=-265(x-2),即 6x+25y-32=0.
(2)当a≠0时,求函数f(x)的单调区间与极值.
答题模板 第一步:整理函数式,对其求导数; 第二步:研究函数单调性,含参数的,要依题意对参数进行 讨论; 第三步:应用函数单调性,解决题目涉及的问题,如存在性 问题,恒成立问题,探索性问题等,主要依据是函数最值、单 调性; 第四步:得出综合结论; 第五步:回顾反思,查易错点,验规范性.
跟踪训练2 已知函数f(x)=2ln x-x2+ax(a∈R). (1)当a=2时,求f(x)的图象在x=1处的切线方程;
规范解答
解 f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2.
[1分]
令f′(x)=0,
-1- 4+3a
-1+ 4+3a
得 x1=
3
,x2=
3
,x1<x2,
所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当x<x1或x>x2时,f′(x)<0;
[2分]
当x1<x<x2时,f′(x)>0.
综上,当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(-1a,a),单 调递减区间为(-∞,-1a),(a,+∞),
极大值为1,极小值为-a2. 当 a<0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(-1a,+∞), 单调递减区间为(a,-1a),极大值为 1,极小值为-a2.
题型二 导数的综合应用问题
[4分]
故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递
增.
[5分]
(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.
[6分]
①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值;[8分]
②当0<a<4时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1] 上单调递减,
由题设知f′(1)=0,解得b=1.
[3分]
(2)f(x)的定义域为(0,+∞),
由(1)知,f(x)=aln x+1-2 ax2-x, f′(x)=ax+(1-a)x-1=1-x a(x-1-a a)(x-1).
[5 分]
①若 a≤12,则1-a a≤1, 故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增.
x (-∞,a)
a
(a,-1a) -1a (-1a,+∞)
f′(x) +
0
-
0
+
f(x)
↗
极大值 ↘ 极小值
↗
所以 f(x)在区间(-∞,a),-1a,+∞内为增函数,在区
间a,-1a内为减函数.
函数f(x)在x1=a处取得极大值f(a),且f(a)=1. 函数 f(x)在 x2=-1a处取得极小值 f(-1a), 且 f-1a=-a2.
第(2)问得分点 1.没根据a≥4与0<a<4分类讨论,不得分. 2.当0<a<4时,没根据0<a<1,a=1,1<a<4讨论,扣3分. 3.按a>4与0<a≤4分类讨论,同样得分. 4.当0<a<4时,把a=1合并在0<a<1或1<a<4讨论,同样得 分.
答题模板
第一步:确定函数的定义域.如本题函数的定义域为R; 第二步:求f(x)的导数f′(x); 第三步:求方程f′(x)=0的根; 第四步:利用f′(x)=0的根和不可导点的x的值从小到大顺 次将定义域分成若干个小开Fra bibliotek间,并列出表格;
第五步:由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开 区间内的单调性; 第六步:明确规范地表述结论; 第七步:反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.
跟踪训练1 已知函数f(x)=2axx-2+a21+1 (x∈R).其中a∈R. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;