人教B版数学选修1-1讲义第3章章末复习课Word版含答案

应用导数解决与切线相关的问题【例1】已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．[解]函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x＞0)，∴f(1)＝1，f′(1)＝－1，∴y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x＞0知：①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a；∵x∈(0，a)时，f′(x)＜0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，∴f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．根据导数的几何意义，导数就是相应切线的斜率，从而就可以应用导数解决一些与切线相关的问题.1．已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12，直线m：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在实数k，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，说明理由．[解](1)因为f′(x)＝3ax2＋6x－6a，且f′(－1)＝0，所以3a－6－6a＝0，得a＝－2.(2)因为直线m过定点(0,9)，先求过点(0,9)，且与曲线y＝g(x)相切的直线方程．设切点坐标为(x0,3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)，又因为g′(x0)＝6x0＋6，所以切线方程为y－(3xeq\o\al(2,0)＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)．将点(0,9)代入，得9－3xeq\o\al(2,0)－6x0－12＝－6xeq\o\al(2,0)－6x0，所以3xeq\o\al(2,0)－3＝0，得x0＝±1.当x0＝1时，g′(1)＝12，g(1)＝21，切点坐标为(1,21)，所以切线方程为y＝12x＋9；当x0＝－1时，g′(－1)＝0，g(－1)＝9，切点坐标为(－1,9)，所以切线方程为y＝9.下面求曲线y＝f(x)的斜率为12和0的切线方程：因为f(x)＝－2x3＋3x2＋12x－11，所以f′(x)＝－6x2＋6x＋12.由f′(x)＝12，得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1.当x＝0时，f(0)＝－11，此时切线方程为y＝12x－11；当x＝1时，f(1)＝2，此时切线方程为y＝12x－10.所以y＝12x＋9不是公切线．由f′(x)＝0，得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2.当x＝－1时，f(－1)＝－18，此时切线方程为y＝－18；当x＝2时，f(2)＝9，此时切线方程为y＝9，所以y＝9是公切线．综上所述，当k＝0时，y＝9是两曲线的公切线.函数的单调性与导数【例2】已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))内是减函数，求a的取值范围．[解](1)因为f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，所以f′(x)＝3x2＋2ax＋1.当Δ≤0，即a2≤3时，f′(x)≥0，f(x)在R上递增．当a2＞3时，f′(x)＝0求得两根为x＝eq\f(－a±\r(a2－3),3)，即f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－a－\r(a2－3),3)))内是增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－\r(a2－3),3)，\f(－a＋\r(a2－3),3)))内是减函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a＋\r(a2－3),3)，＋∞))内是增函数．所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(－a－\r(a2－3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a＋\r(a2－3),3)，＋∞))内是增函数；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－a－\r(a2－3),3)，\f(－a＋\r(a2－3),3)))内是减函数．(2)若函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))内是减函数，则f′(x)＝3x2＋2ax＋1两根在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3)))外，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))≤0，,f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))≤0，))解得a≥2，故a的取值范围是[2，＋∞)．1．利用导数求函数单调区间的步骤(1)确定函数的定义域．(2)求导数f′(x)．(3)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(4)将(3)中的解集与(1)中的定义域取公共部分写出增(减)区间．2．利用导数解决取值范围问题的两个基本思路(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“＝”时是否满足题意．(2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“＝”，看此时f(x)是否满足题意(通常验证参数取“＝”这一步当不影响结果时可省略．)函数的极值、最值与导数【例3】已知函数f(x)＝(x－k)ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．[解](1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，k－1)k－1(k－1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘－ek－1↗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，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＜k－1＜1，即1＜k＜2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k－1≥1，即k≥2时，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.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1＜k＜2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.1已知极值点求参数的值后，要回代验证参数值是否满足极值的定义.2讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f′x的正负；3求最大值要在极大值与端点值中取最大者，求最小值要在极小值与端点值中取最小者.2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，过曲线y＝f(x)上的点P(1，f(1))的切线方程为y＝3x＋1，y＝f(x)在x＝－2时有极值．(1)求f(x)的表达式；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的单调区间和最大值．[解](1)因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以f′(1)＝3＋2a＋b，故过曲线上P点的切线方程为y－f(1)＝(3＋2a＋b)(x－1)，即y－(a＋b＋c＋1)＝(3＋2a＋b)(x－1)，已知该切线方程为y＝3x＋1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝3，,c－a－2＝1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,c－a＝3，))因为y＝f(x)在x＝－2时有极值，所以f′(－2)＝0，即－4a＋b＝－12，解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝0，,c－a＝3，,－4a＋b＝－12，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－4，,c＝5，))所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.(2)由(1)知f′(x)＝3x2＋4x－4＝(3x－2)(x＋2)，令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3).当x∈[－3，－2)时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))时，f′(x)＞0.所以f(x)的单调递增区间为[－3，－2)和eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3))).又f(－2)＝13，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(95,27)，f(－3)＝8，f(1)＝4，所以f(x)在区间[－3,1]上的最大值为13.分类讨论思想【例4】已知函数f(x)＝eq\f(lnx,x)－1.(1)试判断函数f(x)的单调性；(2)设m>0，求f(x)在[m,2m]上的最大值；(3)试证明：对∀n∈N＋，不等式lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋n,n)))e＜eq\f(1＋n,n).[解](1)函数f(x)的定义域是(0，＋∞)．由已知f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，令f′(x)＝0，得1－lnx＝0，所以x＝e.因为当0<x<e时，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＞0，当x>e时，f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)＜0，所以函数f(x)在(0，e]上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．(2)由(1)知函数f(x)在(0，e]上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，①当0<2m≤e，即0<m≤eq\f(e,2)时，f(x)在[m,2m]上单调递增，所以f(x)max＝f(2m)＝eq\f(ln2m,2m)－1；②当m≥e时，f(x)在[m,2m]上单调递减．所以f(x)max＝f(m)＝eq\f(lnm,m)－1；③当m<e＜2m，即eq\f(e,2)<m<e时，当m≤x<e时，f′(x)>0，当e<x≤2m时，f′(x)<0，所以f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)－1.(3)证明：由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,e)－1，所以在(0，＋∞)上恒有f(x)＝eq\f(lnx,x)－1≤eq\f(1,e)－1，即eq\f(lnx,x)≤eq\f(1,e)，当且仅当x＝e时“＝”成立，所以对∀x∈(0，＋∞)恒有lnx≤eq\f(1,e)x.因为eq\f(1＋n,n)>0，eq\f(1＋n,n)≠e，所以lneq\f(1＋n,n)＜eq\f(1,e)·eq\f(1＋n,n)⇒lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋n,n)))eq\s\up16(e)＜eq\f(1＋n,n)，即对∀n∈N＋，不等式lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋n,n)))eq\s\up16(e)＜eq\f(1＋n,n)恒成立．(1)分类讨论即分别归类再进行讨论，是一种重要的数学思想，也是一种逻辑方法，同时又是一种重要的解题策略．(2)解题时首先要思考为什么分类，即分类依据是什么，一般的分类依据如方程类型、根的个数及与区间的关系、不等号的方向等；其次考虑分几类，每一类中是否还需要分类．(3)分类讨论的基本原则是不重不漏．3．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－alnx(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)当x>1时，eq\f(1,2)x2＋lnx<eq\f(2,3)x3是否恒成立，并说明理由．[解](1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由题意得f′(x)＝x－eq\f(a,x)(x＞0)，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．当a＞0时，f′(x)＝x－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－a,x)＝eq\f(x－\r(a)x＋\r(a),x).所以当0＜x＜eq\r(a)时，f′(x)＜0，当x＞eq\r(a)时，f′(x)＞0.所以当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(e