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以三次函数为载体类比解决复杂的导数题型

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以三次函数为载体类比解决复杂的导数题型
高考中导数与函数的考点主要是以下几个: 1、考查导数与函数最值问题 2、考查导数与函数单调性 问题 3、考查导数与函数图象切线问题 4、考查导数与函数、不等式问题 5、考查导数与函数建模问题。 而考查导数与函数、不等式之间的联系是其中的难点,经常作为压轴题来考查。一般是先通过构造函 数,运用导数在函数单调性方面的性质,来解决不等式证明、参数取值范围等问题。 一、 应重视理解并掌握导数与函数最值问题、导数与函数单调性问题的原理。对三次函数而言,重点掌 握三次函数的 4 种图象。

例 1:函数 f ( x ) = x 3 3x + 1 在闭区间[-3,0]上的最大值、最小值分别是( A. 1,-1 解: B. 1,-17 C. 3,-17 D. 9,-19



例 2:已知函数 f ( x ) = ax 3 + bx 2 3x 在 x=±1 处取得极值。 (I)讨论 f(1)和 f(-1)是函数 f(x)的极大值还是极小值; (II)过点 A(0,16)作曲线 y=f(x)的切线,求此切线方程。 解:

类比例题:已知函数 f ( x) = x 2 e ax , 其中a ≤ 0, e 为自然对数的底数. (Ⅰ)讨论函数 f (x ) 的单调性; (Ⅱ)求函数 f (x ) 在区间[0,1]上的最大值. 解:

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从上面的例子可以看出,只要我们熟悉三次函数的图象、掌握其性质,是可以类比在“超越函数”中的。 二、利用导数与函数的关系解决方程、不等式问题 构造函数,运用导数在函数单调性方面的性质,可解决不等式证明、参数取值范围等问题。设置此类 试题,旨在考查导数基础性、工具性、现代性的作用,以强化数学的应用意识。 例 1:已知 f ( x ) 是二次函数,不等式 f ( x ) < 0 的解集是 (0, 5), 且 f ( x ) 在区间 [ 1, 4] 上的最大值是 12。 (I)求 f ( x ) 的解析式; (II)是否存在实数 m, 使得方程 f ( x ) +

37 = 0 在区间 ( m, m + 1) 内有且 x

只有两个不等的实数根?若存在,求出 m 的取值范围;若不存在,说明理由。 解:

类比例题 1:已知函数 f(x)=-x 2 +8x,g(x)=6lnx+m (Ⅰ) f(x)在区间[t,t+1]上的最大值 h(t); 求 (Ⅱ) 是否存在实数 m, 使得 y=f(x)的图象与 y=g(x) 的图象有且只有三个不同的交点?若存在,求出 m 的取值范围; ,若不存在,说明理由。 解:

类比例题 2:已知函数 f(x)=ln(1+x)-x,g(x)=xlnx. (Ⅰ)求函数 f(x)的最大值; 解: (Ⅱ)设 0<a<b,证明:0<g(a)+g(b)-2g(
a+b )<(b-a)ln2. 2

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以三次函数为载体类比解决复杂的导数题型答案
一、例 1:解:函数的导方程是 3x 3 = 0 ,两根为 1 和-1,由性质 2 得:
2

f ( x ) max = max{ f ( 3) ,f ( 1) ,f (0) ,f (1)} = 3 , f ( x ) min = min{ f ( 3) ,f ( 1) ,f (0) ,f (1)} = 17 。故选 C。
(I)因为 f ( x ) = ax 3 + bx 2 3x ,所以导方程 3ax 2 + 2bx 3 = 0 。 例 2: 解 : 因为 f ( x ) 在 x=±1 处取得极值,所以, x = ±1 是导方程的两根, 所以 所以

3a + 2b 3 = 0 3a 2b 3 = 0 f ( x ) = x 3 3x

解得 a=1,b=0

由推论得 f ( 1) = 2 是 f(x)的极大值;f(1)=-2 是 f(x)的极小值。 (II)曲线方程为 y = x 3 3x ,点 A(0,16)不在曲线上。 设切点为 M ( x 0 ,y 0 )
2 2 因为 f ' ( x 0 ) = 3( x 0 1) ,故切线方程为 y y 0 = 3( x 0 1)( x x 0 ) 3 2 由点 A(0,16)在切线上,所以 16 ( x 0 3x 0 ) = 3( x 0 1)( 0 x 0 )

解得 x 0 = 2 ,切点为 M(-2,-2) 故所求切线方程为 9 x y + 16 = 0 类比例题: (Ⅰ) f ′( x ) = x ( ax + 2)e ax . 类比例题:解: (i)当 a=0 时,令 f ′( x) = 0, 得x = 0. 若 x > 0, 则f ′( x) > 0, 从而f ( x)在(0,+∞) 上单调递增; 若 x < 0, 则f ′( x) < 0, 从而f ( x)在( ∞,0) 上单调递减.

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全国最大家教 家教平台 找家教,到阳光 阳光家教网 全国最大家教平台 家教, (ii)当 a<0 时,令 f ′( x ) = 0, 得x ( ax + 2) = 0, 故x = 0或x = 若 x < 0, 则f ′( x) < 0, 从而f ( x)在( ∞,0) 上单调递减; 若0 < x < 若x >

2 . a

2 2 , 则f ′( x) > 0, 从而f ( x)在(0, ) 上单调递增; a a

2 2 , 则f ′( x) < 0, 从而f ( x)在( ,+∞) 上单调递减. a a

(Ⅱ) (i)当 a=0 时, f (x ) 在区间[0,1]上的最大值是 f (1) = 1. (ii)当 2 < a < 0 时, f (x ) 在区间[0,1]上的最大值是 f (1) = e a . (iii)当 a ≤ 2 时, f (x) 在区间[0,1]上的最大值是 f ( ) = 二、利用导数与函数的关系解决方程、不等式问题 利用导数与函数的关系解决方程、不等式问题 导数与函数的关系解决方程 (I)Q f ( x) 是二次函数,且 f ( x) < 0 的解集是 (0, 5), 例 1: 解 :

2 a

4 . a e2
2

∴ 可设 f ( x) = ax( x 5)(a > 0).
由已知,得 6a = 12, (II)方程 f ( x) +

∴ f ( x) 在区间 [ 1, 4] 上的最大值是 f (1) = 6a. ∴ f ( x) = 2 x( x 5) = 2 x 2 10 x( x ∈ R).

∴ a = 2,

37 = 0 等价于方程 2 x 3 10 x 2 + 37 = 0. x

设 h( x) = 2 x3 10 x 2 + 37, 则 h '( x) = 6 x 2 20 x = 2 x(3 x 10).

10 ) 时, h '( x) < 0, h( x) 是减函数; 3 10 当 x ∈ ( , +∞) 时, h '( x) > 0, h( x) 是增函数。 3 10 1 Q h(3) = 1 > 0, h( ) = < 0, h(4) = 5 > 0, 3 27 10 10 ∴ 方程 h( x) = 0 在区间 (3, ), ( , 4) 内分别有惟一实数根,而在区间 (0, 3), (4, +∞ ) 内没有实数根, 3 3 37 所以存在惟一的自然数 m = 3, 使得方程 f ( x) + = 0 在区间 (m, m + 1) 内有且只有两个不同的实数根。 x
当 x ∈ (0, (I) f ( x) = x 2 + 8 x = ( x 4) 2 + 16. 类比例题 1:解: 当 t + 1 < 4, 即 t < 3 时, f ( x) 在 [t , t + 1] 上单调递增,

h(t ) = f (t + 1) = (t + 1) 2 + 8(t + 1) = t 2 + 6t + 7;
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全国最大家教 家教平台 找家教,到阳光 阳光家教网 全国最大家教平台 家教, 当 t ≤ 4 ≤ t + 1, 即 3 ≤ t ≤ 4 时, h(t ) = f (4) = 16; 当 t > 4 时, f ( x ) 在 [t , t + 1] 上单调递减, h(t ) = f (t ) = t + 8t.
2

t 2 + 6t + 7, t < 3, 综上, h(t ) = 16,      t ≤ 4, 3≤ 2 t + 8t ,   t > 4
(II)函数 y = f ( x) 的图象与 y = g ( x ) 的图象有且只有三个不同的交点,即函数 φ ( x ) = g ( x ) f ( x ) 的 图象与 x 轴的正半轴有且只有三个不同的交点。

Qφ ( x) = x 2 8 x + 6 ln x + m, ∴φ '( x) = 2 x 8 + 6 2 x 2 8 x + 6 2( x 1)( x 3) = = ( x > 0), x x x

当 x ∈ (0,1) 时, φ '( x ) > 0, φ ( x) 是增函数; 当 x ∈ (0, 3) 时, φ '( x ) < 0, φ ( x ) 是减函数; 当 x ∈ (3, +∞) 时, φ '( x ) > 0, φ ( x) 是增函数; 当 x = 1, 或 x = 3 时, φ '( x ) = 0.

∴φ ( x)最大值 = φ (1) = m 7, φ ( x)最小值 = φ (3) = m + 6 ln 3 15.
Q 当 x 充分接近 0 时, φ ( x) < 0, 当 x 充分大时, φ ( x) > 0. ∴ 要使 φ ( x) 的图象与 x 轴正半轴有三个不同的交点,必须且只须

φ ( x)最大值 = m 7 > 0, φ ( x)最小值 = m + 6 ln 3 15 < 0,

即 7 < m < 15 6 ln 3.

所以存在实数 m ,使得函数 y = f ( x) 与 y = g ( x ) 的图象有且只有三个不同的交点, m 的取值范围为

(7,15 6 ln 3).
(Ⅰ)函数 f (x ) 的定义域为 ( 1,+∞ ) . 类比例题 2:解:

f ′( x) =

1 1. 1+ x

令 f ′( x) = 0, 解得x = 0. 当 x > 0时, f ′( x) < 0. 家教网 5 又 f (0) = 0, 找家教上阳光家教网 家教上

Q 当 1 < x < 0时, f ′( x) > 0,
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∴ 当且仅当 x=0 时, f (x) 取得最大值,最大值为 0。
(Ⅱ) g ( x ) = x ln x, g ′( x ) = ln x + 1. 则 F ′( x ) = g ′( x ) 2[ g ( 设 F ( x) = g (a) + g ( x) 2 g (

a+x a+x )]′ = ln x ln . 2 2
则 F ( x)在(0, a ) 内为减函数。

a+x ), 2

Q 当 0 < x < a时, F ′( x) < 0,

当 x > a时, F ′( x) > 0, 则F ( x)在( a, +∞) 上为增函数。

∴ 当 x = a时, F ( x) 有极小值 F (a ). ∴ F (a) = 0, b > a, 所以F (b) > 0,
设 G ( x ) = F ( x ) ( x a ) ln 2, 即

0 < g (a ) + g (b) 2 g (

则 G ′( x ) = ln x ln

a+x ln 2 = ln x ln(a + x). 2

a+b ). 2

Q 当 x > 0时, C ′( x) < 0.

∴ G ( x)在(0,+∞) 上为减函数。

∴ G (a ) = 0, b > a, 所以G (b) < 0,


g (a ) + g (b) 2 g (

a+b ) < (b a ) ln 2. 2

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