高一数学导数的应用

高一数学导数的应用内容摘要：

存在 a，使 f(x)在 (－ ∞， 0]上单调递减，在 [0，＋∞)上单调递增。 若存在，求出 a的值；若不存在，说明理由． [思路 ] (1)通过解 f′( x)0求单调递增区间； (2)转化为 f′( x)0在 R上恒成立问题，求 a； (3)假设存在 a，则 f(0)是 f(x)的极小值，或转化为恒成立问题． 第 14讲 │ 要点探究 [解答 ] (1)f′( x)＝ ex－ a≤0 ， f′( x)＝ ex－a0恒成立，即 f(x)在 R上递增．若 a＞ 0， ex－ a≥0 ，∴ ex≥ a， x≥ln a， ∴ f(x)的递增区间为 (lna，＋ ∞ )． (2)∵ f(x)在 R内单调递增， ∴ f′( x)≥0 在 R上恒成立． ∴ ex－ a≥0 ，即 a≤e x在 R上恒成立． ∴ a≤(e x)min，又∵ ex＞ 0， ∴ a≤0. (3)方法一：由题意知 ex－ a≤0 在 (－ ∞ ， 0]上恒成立． ∴ a≥e x在 (－ ∞ ， 0]上恒成立． ∵ ex在 (－ ∞ ， 0]上为增函数， ∴ x＝ 0时， ex最大为 1.∴ a≥1 ，同理可知 ex－a≥0 在 [0，＋ ∞ )上恒成立， ∴ a≤e x在 [0，＋ ∞ )上恒成立， ∴ a≤1. 第 14讲 │ 要点探究 综上所述， a＝ 1. 方法二：由题意知， x＝ 0为 f(x)的极小值点． ∴ f′(0)＝ 0，即 e0－ a＝ 0， ∴ a＝ 1，经检验 a＝ 1符合题意． [点评 ] 已知函数 f(x)在某区间内单调求参数问题，常转化为其导函数 f′(x)在该区间内大于等于 0(单调增函数 )或小于等于 0(单调减函数 )恒成立问题． 第 14讲 │ 要点探究 ► 探究点 2 利用导数研究函数的极值与最值 例 2 已知 a∈ R，讨论函数 f(x)＝ ex(x2＋ ax＋ a＋ 1)的极值点的个数． 第 14讲 │ 要点探究 [ 解答 ] f ′ ( x ) ＝ ex[ x2＋ ( a ＋ 2) x ＋ (2 a ＋ 1)] ，令 f ′ ( x )＝ 0 得 x2＋ ( a ＋ 2) x ＋ (2 a ＋ 1) ＝ 0.(1) 当 Δ ＝ ( a ＋ 2)2－4(2 a ＋ 1) ＝ a2－ 4 a ＝ a ( a － 4)0 ，即 a 0 或 a 4 时 x2＋ ( a＋ 2) x ＋ (2 a ＋ 1) ＝ 0 有两个不同的实根 x1， x2，不妨设x1 x2. 于是 f ′ ( x ) ＝ ex( x － x1)( x － x2) ，从而有下表： x ( － ∞ ， x 1 ) x 1 (x 1 ， x 2 ) x 2 (x 2 ，＋ ∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 即此时 f(x)有两个极值点． (2)当 Δ＝ 0即 a＝ 0或 a＝ 4时，方程 x2＋ (a＋ 2)x＋ (2a＋ 1)＝ 0有两个相同的实根 x1＝ x2. 由题易知 f(x)无极值． (3)当 Δ0即 0a4时，同理可得 f(x)此时无极值． 第 14讲 │ 要点探究 例 3 函数 f(x)＝ ax3－ 6ax2＋ b在 [－ 1,2]上的最大值为 3，最小值为－ 29，求 a， b的值． [解答 ] 由题设知 a≠0，否则 f(x)＝ b为常函数，与题设矛盾． f′(x)＝ 3ax2－ 12ax＝ 3ax(x－ 4)，令 f′(x)＝ 0，得 x1＝ 0， x2＝4(舍去 )． ① 当 a0时，列表如下： ① x － 1 (－ 1,0) 0 (0,2) 2 f′(x) 15a ＋ 0 － － 12a f(x) － 7a＋ b b － 16a＋ b。