精英家教網> 試卷> 難點35　 導數(shù)的應用問題 利用導數(shù)求函數(shù)的極大(小)值，求函數(shù)在連續(xù)區(qū)間［a,b］上的最大最小值，或利用求導法解決一些實際應用問題是函數(shù)內容的繼續(xù)與延伸，這種解決問題的方法使復雜問題變得簡單化，因而已逐漸成為新高考的又一熱點.本節(jié)內容主要是指導考生對這種方法的應用. ●難點磁場 ()已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+1) (1)設g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式； (2)設φ(x)=g(x)－λf(x),試問：是否存在實數(shù)λ,使φ(x)在(－∞,－1)內為減函數(shù)， > 題目詳情
題目所在試卷參考答案：

參考答案

難點磁場

解：(1)由題意得f［f(x)］=f(x2+c)=(x2+c)2+c

f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x2+1)

∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,

∴x2+c=x2+1,∴c=1

∴f(x)=x2+1,g(x)=f［f(x)］=f(x2+1)=(x2+1)2+1

(2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x4+(2－λ)x2+(2－λ)

若滿足條件的λ存在，則φ′(x)=4x3+2(2－λ)x

∵函數(shù)φ(x)在(－∞,－1)上是減函數(shù)，

∴當x＜－1時，φ′(x)＜0

即4x3+2(2－λ)x＜0對于x∈(－∞,－1)恒成立

∴2(2－λ)＞－4x2,

∵x＜－1,∴－4x2＜－4

∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4

又函數(shù)φ(x)在(－1,0)上是增函數(shù)

∴當－1＜x＜0時，φ′(x)＞0

即4x2+2(2－λ)x＞0對于x∈(－1,0)恒成立

∴2(2－λ)＜－4x2,

∵－1＜x＜0,∴－4＜4x2＜0

∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4

故當λ=4時，φ(x)在(－∞,－1)上是減函數(shù)，在(－1,0)上是增函數(shù)，即滿足條件的λ存在.

殲滅難點訓練

一、1.解析：由=－1,故存在含有0的區(qū)間(a,b)使當x∈(a,b),x≠0時＜0,于是當x∈(a,0)時f′(0)＞0,當x∈(0,b)時，f′(0)＜0,這樣f(x)在(a,0)上單增，在(0,b)上單減.

答案：B

2.解析：∵f′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］,令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=時取得最大值，最大值fn()=n2()2(1－)n=4.()n+1

答案：D

二、3.解析：函數(shù)的定義域是x＞或x＜－2,f′(x)=.(3x2+5x－2)′=,

①若a＞1,則當x＞時，logae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函數(shù)f(x)在(,

+∞)上是增函數(shù)，x＜－2時，f′(x)＜0.∴函數(shù)f(x)在(－∞,－2)上是減函數(shù).

②若0＜a＜1,則當x＞時，f′(x)＜0,∴f(x)在(,+∞)上是減函數(shù)，當x＜－2時，f′(x)＞0,∴f(x)在(－∞,－2)上是增函數(shù)

答案：(－∞,－2)

4.解析：設圓內接等腰三角形的底邊長為2x,高為h，那么h=AO+BO=R+,解得

x2=h(2R－h),于是內接三角形的面積為

S=x.h=

從而

令S′=0,解得h=R,由于不考慮不存在的情況，所在區(qū)間(0,2R)上列表如下：　

h
 (0,R)
 R
 (,2R)
S′
 +
 0
 －
S
 增函數(shù)
 最大值
 減函數(shù)

由此表可知，當x=R時，等腰三角形面積最大.

答案：R

三、5.解：f′(x)=3ax2+1

若a＞0,f′(x)＞0對x∈(－∞,+∞)恒成立，此時f(x)只有一個單調區(qū)間，矛盾.

若a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一個單調區(qū)間，矛盾.

若a＜0,∵f′(x)=3a(x+).(x－),此時f(x)恰有三個單調區(qū)間.

∴a＜0且單調減區(qū)間為(－∞,－)和(,+∞)，單調增區(qū)間為(－, ).

6.解：f′(x)=+2bx+1

(1)由極值點的必要條件可知：f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程組可得a=－,b=－,∴f(x)=－lnx－x2+x

(2)f′(x)=－x-1－x+1,當x∈(0,1)時，f′(x)＜0,當x∈(1,2)時，f′(x)＞0,當x∈(2,+∞)時，f′(x)＜0,故在x=1處函數(shù)f(x)取得極小值,在x=2處函數(shù)取得極大值－ln2.

7.證法一：∵b＞a＞e,∴要證ab＞ba,只要證blna＞alnb,設f(b)=blna－alnb(b＞e),則

f′(b)=lna－.∵b＞a＞e,∴l(xiāng)na＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函數(shù)f(b)=blna－alnb在(e,+∞)上是增函數(shù)，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.

證法二：要證ab＞ba,只要證blna＞alnb(e＜a＜b,即證,設f(x)=(x＞e)，則f′(x)=＜0,∴函數(shù)f(x)在(e,+∞)上是減函數(shù)，又∵e＜a＜b,

∴f(a)＞f(b),即,∴ab＞ba.

8.解：(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4

(2)設φ(x)=2x2－ax－2,則當α＜x＜β時，φ(x)＜0,

∴函數(shù)f(x)在(α，β)上是增函數(shù)

(3)函數(shù)f(x)在［α，β］上最大值f(β)＞0,最小值f(α)＜0,

∵|f(α).f(β)|=4,∴當且僅當f(β)=－f(α)=2時，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此時a=0,f(β)=2