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难点35  导数的应用问题利用导数求函数的极大(小)值,求函数在连续区间[a,b]上的最大最小值,或利用求导法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸,这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化,因而已逐渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用.●难点磁场()已知f(x)=x2+c,且f[f(x)]=f(x2+1)(1)设g(x)=f[f(x)],求g(x)的解析式;(2)设φ(x)=g(x)-λf(x),试问:是否存在实数λ,使φ(x)在(-∞,-1)内为减函数,

难点35  导数的应用问题利用导数求函数的极大(小)值,求函数在连续区间[a,b]上的最大最小值,或利用求导法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸,这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化,因而已逐渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用.●难点磁场()已知f(x)=x2+c,且f[f(x)]=f(x2+1)(1)设g(x)=f[f(x)],求g(x)的解析式;(2)设φ(x)=g(x)-λf(x),试问:是否存在实数λ,使φ(x)在(-∞,-1)内为减函数,参考答案

参考答案

难点磁场

解:(1)由题意得ff(x)]=f(x2+c)=(x2+c)2+c

f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵ff(x)]=f(x2+1)

∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,

x2+c=x2+1,∴c=1

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

(2)φ(x)=g(x)-λf(x)=x4+(2-λ)x2+(2-λ)

若满足条件的λ存在,则φ′(x)=4x3+2(2-λ)x

∵函数φ(x)在(-∞,-1)上是减函数,

∴当x<-1时,φ′(x)<0

即4x3+2(2-λ)x<0对于x∈(-∞,-1)恒成立

∴2(2-λ)>-4x2,

x<-1,∴-4x2<-4

∴2(2-λ)≥-4,解得λ≤4

又函数φ(x)在(-1,0)上是增函数

∴当-1<x<0时,φ′(x)>0

即4x2+2(2-λ)x>0对于x∈(-1,0)恒成立

∴2(2-λ)<-4x2,

∵-1<x<0,∴-4<4x2<0

∴2(2-λ)≤-4,解得λ≥4

故当λ=4时,φ(x)在(-∞,-1)上是减函数,在(-1,0)上是增函数,即满足条件的λ存在.

歼灭难点训练

一、1.解析:由=-1,故存在含有0的区间(a,b)使当x∈(a,b),x≠0时<0,于是当x∈(a,0)时f′(0)>0,当x∈(0,b)时,f′(0)<0,这样f(x)在(a,0)上单增,在(0,b)上单减.

答案:B

2.解析:∵fn(x)=2xn2(1-x)nn3x2(1-x)n-1=n2x(1-x)n-1[2(1-x)-nx],令fn(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=,易知fn(x)在x=时取得最大值,最大值fn()=n2()2(1-)n=4.()n+1

答案:D

二、3.解析:函数的定义域是xx<-2,f′(x)=.(3x2+5x-2)′=,

①若a>1,则当x时,logae>0,6x+5>0,(3x-1)(x+2)>0,∴f′(x)>0,∴函数f(x)在(,

+∞)上是增函数,x<-2时,f′(x)<0.∴函数f(x)在(-∞,-2)上是减函数.

②若0<a<1,则当x时,f′(x)<0,∴f(x)在(,+∞)上是减函数,当x<-2时,f′(x)>0,∴f(x)在(-∞,-2)上是增函数

答案:(-∞,-2)

4.解析:设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h,那么h=AO+BO=R+,解得

x2=h(2Rh),于是内接三角形的面积为

S=x.h=

从而

S′=0,解得h=R,由于不考虑不存在的情况,所在区间(0,2R)上列表如下: 

h
(0,R)
R
(,2R)
S
+
0

S
增函数
最大值
减函数

由此表可知,当x=R时,等腰三角形面积最大.

答案:R

三、5.解:f′(x)=3ax2+1

a>0,f′(x)>0对x∈(-∞,+∞)恒成立,此时f(x)只有一个单调区间,矛盾.

a=0,f′(x)=1>0,∴x∈(-∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间,矛盾.

a<0,∵f′(x)=3a(x+).(x),此时f(x)恰有三个单调区间.

a<0且单调减区间为(-∞,-)和(,+∞),单调增区间为(-, ).

6.解:f′(x)=+2bx+1

(1)由极值点的必要条件可知:f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且+4b+1=0,解方程组可得a=-,b=-,∴f(x)=-lnxx2+x

(2)f′(x)=-x-1x+1,当x∈(0,1)时,f′(x)<0,当x∈(1,2)时,f′(x)>0,当x∈(2,+∞)时,f′(x)<0,故在x=1处函数f(x)取得极小值,在x=2处函数取得极大值ln2.

7.证法一:∵bae,∴要证abba,只要证blnaalnb,设f(b)=blnaalnb(be),则

f′(b)=lna.∵bae,∴lna>1,且<1,∴f′(b)>0.∴函数f(b)=blnaalnb在(e,+∞)上是增函数,∴f(b)>f(a)=alnaalna=0,即blnaalnb>0,∴blnaalnb,∴abba.

证法二:要证abba,只要证blnaalnb(eab,即证,设f(x)=(xe),则f′(x)=<0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数,又∵eab,

f(a)>f(b),即,∴abba.

8.解:(1)f(α)=,f(β)= ,f(α)=f(β)=4

(2)设φ(x)=2x2ax-2,则当αxβ时,φ(x)<0,

∴函数f(x)在(α,β)上是增函数

(3)函数f(x)在[α,β]上最大值f(β)>0,最小值f(α)<0,

∵|f(α).f(β)|=4,∴当且仅当f(β)=-f(α)=2时,f(β)-f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4,此时a=0,f(β)=2

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