難點(diǎn)35　 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用問題 利用導(dǎo)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(dǎo)法解決一些實(shí)際應(yīng)用問題是函數(shù)內(nèi)容的繼續(xù)與延伸，這種解決問題的方法使復(fù)雜問題變得簡(jiǎn)單化，因而已逐漸成為新高考的又一熱點(diǎn).本節(jié)內(nèi)容主要是指導(dǎo)考生對(duì)這種方法的應(yīng)用. ●難點(diǎn)磁場(chǎng) ()已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+1) (1)設(shè)g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式； (2)設(shè)φ(x)=g(x)－λf(x),試問：是否存在實(shí)數(shù)λ,使φ(x)在(－∞,－1)內(nèi)為減函數(shù)，參考答案

參考答案

難點(diǎn)磁場(chǎng)

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(dāng)x＜－1時(shí)，φ′(x)＜0

即4x³+2(2－λ)x＜0對(duì)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(dāng)－1＜x＜0時(shí)，φ′(x)＞0

即4x²+2(2－λ)x＞0對(duì)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(dāng)λ=4時(shí)，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(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：由=－1,故存在含有0的區(qū)間(a,b)使當(dāng)x∈(a,b),x≠0時(shí)＜0,于是當(dāng)x∈(a,0)時(shí)f′(0)＞0,當(dāng)x∈(0,b)時(shí)，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f_n(x)在x=時(shí)取得最大值，最大值f_n()=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(dāng)x＞時(shí)，log_ae＞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(shí)，f′(x)＜0.∴函數(shù)f(x)在(－∞,－2)上是減函數(shù).

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

答案：(－∞,－2)

4.解析：設(shè)圓內(nèi)接等腰三角形的底邊長(zhǎng)為2x,高為h，那么h=AO+BO=R+,解得

x²=h(2R－h),于是內(nèi)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(dāng)x=R時(shí)，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(duì)x∈(－∞,+∞)恒成立，此時(shí)f(x)只有一個(gè)單調(diào)區(qū)間，矛盾.

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

若a＜0,∵f′(x)=3a(x+).(x－),此時(shí)f(x)恰有三個(gè)單調(diào)區(qū)間.

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

6.解：f′(x)=+2bx+1

(1)由極值點(diǎn)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(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)＜0,當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，f′(x)＞0,當(dāng)x∈(2,+∞)時(shí)，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a^b＞b^a,只要證blna＞alnb,設(shè)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,∴a^b＞b^a.

證法二：要證a^b＞b^a,只要證blna＞alnb(e＜a＜b,即證,設(shè)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,∴a^b＞b^a.

8.解：(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4

(2)設(shè)φ(x)=2x²－ax－2,則當(dāng)α＜x＜β時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)f(β)=－f(α)=2時(shí)，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此時(shí)a=0,f(β)=2