前言
在我们的解题经验中,导数法求最值所涉及的函数几乎没有三角函数,但是2018年这种情况有了变化,让我们意识到导数是研究函数的工具,或者说是研究的通法,它想研究什么函数就研究什么函数。
典例剖析
解析:由题目可知,定义域为((0,+infty));
当(a=-4;)时,(f'(x)=cfrac{-4}{x}+2x=cfrac{2x^2-4}{x}=cfrac{2(x-sqrt{2})(x+sqrt{2})}{x})
借助导函数的分子的图像和(xin [1,e]),
可知(xin[1,sqrt{2}))时,(f'(x)<0,f(x)searrow);
(xin(sqrt{2},e])时,(f'(x)>0,f(x) earrow);
又因为端点值(f(1)=1,f(e)=e^2-4>f(1)),
故(x=e)时,(f(x)_{max}=f(e)=e^2-4)。
感悟反思:1、此时我们常常借助导函数的图像或者导函数的分子图像,来简化判断导函数的正负。这体现了数形结合的数学思想。也体现了学以致用的数学方向。2、注意定义域优先的原则。
求(f(x)=2sinx+sin2x)的最小值。【最值和导数相结合的题型】
法1:(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1))
(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1))
(=4(cosx+1)(cosx-cfrac{1}{2}))
注意到(cosx+1ge 0)恒成立,故
令(f'(x)>0)得到,(cosx>cfrac{1}{2}),令(f'(x)<0)得到,(cosx<cfrac{1}{2}),
则(xin [2kpi-cfrac{5pi}{3},2kpi-cfrac{pi}{3}](kin Z))时,函数(f(x))单调递减;
(xin [2kpi-cfrac{pi}{3},2kpi+cfrac{pi}{3}](kin Z))时,函数(f(x))单调递增;
故当(x=2kpi-cfrac{pi}{3}(kin Z))时,(f(x)_{min}=f(2kpi-cfrac{pi}{3})=-cfrac{3sqrt{3}}{2})。
法2:由于函数(f(x))的周期为(T=2pi),且为奇函数;
(f'(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos^2x-1))
(=4cos^2x+2cosx-2=(2cosx+2)(2cosx-1))
(=4(cosx+1)(cosx-cfrac{1}{2}))
结合(y=cosx)的图像分析导函数的正负如下,
当(xin [0,cfrac{pi}{3}))时,(f'(x)>0),(f(x))单调递增,
当(xin (cfrac{pi}{3},cfrac{5pi}{3}))时,(f'(x)<0),(f(x))单调递减,
当(xin (cfrac{5pi}{3},2pi))时,(f'(x)>0),(f(x))单调递增,
故当(x=cfrac{5pi}{3})时,(f(x)_{min}=f(cfrac{5pi}{3})=-cfrac{3sqrt{3}}{2})
解析:(f'(x)=-sinx-cfrac{1}{2}cdot 2cdot cos2x)
(=-sinx-cos2x)
(=-sinx-(1-2sin^2x))
(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)),
由于(-1leq sinxleq 1),故(sinx-1leq 0),
则令(f'(x)>0),即((sinx-1)(2sinx+1)> 0),即(2sinx+1<0),
即(sinx<-cfrac{1}{2}),解得(2kpi+cfrac{7pi}{6}<x<2kpi+cfrac{11pi}{6}(kin Z)),
令(f'(x)<0),即((sinx-1)(2sinx+1)<0),即(2sinx+1>0),
即(sinx>-cfrac{1}{2}),解得(2kpi-cfrac{pi}{6}<x<2kpi+cfrac{7pi}{6}(kin Z)),
即单调递减区间为([2kpi-cfrac{pi}{6},2kpi+cfrac{7pi}{6}](kin Z)),
单调递增区间为([2kpi+cfrac{7pi}{6},2kpi+cfrac{11pi}{6}](kin Z)),
故当(x=2kpi+cfrac{11pi}{6})时,(f(x))取得最大值;
(f(x)_{max}=cos(2kpi+cfrac{11pi}{6})-cfrac{1}{2}sin2(2kpi+cfrac{11pi}{6}))
(=cos(2pi-cfrac{pi}{6})-cfrac{1}{2}sin(4pi-cfrac{pi}{3}))
(=cfrac{sqrt{3}}{2}+cfrac{1}{2}cdotcfrac{sqrt{3}}{2}=cfrac{sqrt{3}}{4})。
分析:(1)定义域为((0,+infty)),又(f'(x)=cfrac{1}{x}-a=cfrac{-ax+1}{x}),
由于分母为正,故只针对分子(-ax+1)分类讨论,
当(-age 0)时,即(aleq 0)时,(-ax+1>0),即(f'(x)>0),故在((0,+infty))上单调递增;
当(-a<0)时,即(a>0)时,即令(-ax+1=0),得到(x=cfrac{1}{a}),
当(0<x<cfrac{1}{a})时,(f'(x)>0),当(x>cfrac{1}{a})时,(f'(x)<0),
故在((0,cfrac{1}{a}))上单调递增,在((cfrac{1}{a},+infty))上单调递减;
综上,当(aleq 0)时,在((0,+infty))上单调递增;
当(a> 0)时,在((0,cfrac{1}{a}))上单调递增,在((cfrac{1}{a},+infty))上单调递减;
(2)由(1)可知,当(a leq 0)时,在((0,+infty))上单调递增,故无最大值;
当(a> 0)时,在((0,cfrac{1}{a}))上单调递增,在((cfrac{1}{a},+infty))上单调递减,
故在(x=cfrac{1}{a})处取到最大值,(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{a})=lncfrac{1}{a}+a(1-cfrac{1}{a})=-lna+a-1),
由(f(cfrac{1}{a})>2a-2)等价转化得到,(lna+a-1<0)。
以下求解不等式(lna+a-1<0)。可以有两个思路:
思路1:从形的角度入手,数形结合,先变形为(lna<1-a),做出两个函数(y=lna)和(y=1-a)的图像,如右图所示,
从图上观察可知,当(a=1)时(lna=1-a),当(a>1)时(lna>1-a),当(0< a<1)时(lna < 1-a),
故(0< a<1),再结合前提条件(a >0),得到(a)的取值范围为((0,1))。
思路2:从数的角度,利用函数计算,令(g(a)=lna+a-1(a>0)),
则(g'(a)=cfrac{1}{a}+1>0)恒成立,故(g(x))在((0,+infty))上单调递增,
又(g(1)=0),故(0< a<1)时,(g(a)<0),(a>1)时(g(a) >0),
综上,再结合前提条件(a >0),得到(a)的取值范围为((0,1))。
(1).若(f(x))在(x=1)处取得极值,求(a)的值;
分析:由(f'(1)=0),求得(a=-1),经验证(a=-1)满足题意。
注意:必须要验证,使得(f'(x_0)=0)的(x_0)不见得就是极值点(变号零点),还有不变号零点;
(2).求函数(y=f(x))在区间([a^2,a])上的最大值;
分析:由题目可知,定义域为限定定义域([a^2,a]),且由其可知(a^2-a<0),解得参数(ain (0,1));
求导,(f'(x)=cdots=cfrac{-2ax+(a-2)x+1}{x}=-cfrac{(2x-1)(ax+1)}{x}),做出其导函数的分子图像可知,分类讨论如下:
说明,区间([a^2,a])是区间长度变化的区间,用其和(cfrac{1}{2})的位置关系分三类讨论如下,
①当(0<aleq cfrac{1}{2})时,(f'(x)>0),(f(x))在区间([a^2,a])上单调递增,故(f(x)_{max}=f(a)=lna-a^3+a^2-2a);
②当(a^2ge cfrac{1}{2})且(a<1)时,即(cfrac{sqrt{2}}{2}leq a<1)时,(f'(x)<0),(f(x))在区间([a^2,a])上单调递减,故(f(x)_{max}=f(a^2)=2lna-a^5+a^3-2a^2);
③当(cfrac{1}{2}<a<cfrac{sqrt{2}}{2})时,(f(x))在区间([a^2,cfrac{1}{2}])上单调递增,在区间([cfrac{1}{2},a])上单调递减,故(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{2})=cfrac{a}{4}-1-ln2);
综上所述:(y=f(x))在区间([a^2,a])上的最大值为(f(x)_{max}=F(a))
(F(a)=left{egin{array}{l}{lna-a^3+a^2-2a,0<aleq cfrac{1}{2}}\{cfrac{a}{4}-1-ln2,cfrac{1}{2}<a<cfrac{sqrt{2}}{2}}\{2lna-a^5+a^3-2a^2,cfrac{sqrt{2}}{2}leq a<1}end{array} ight.)
分析:(f(x)=cfrac{1}{x}-1+klnx),则(f'(x)=-cfrac{1}{x^2}+cfrac{k}{x}=cfrac{kx-1}{x^2}),
作出分子函数的各种可能的图像(只需要观察图中的夹在两条平行线之间的蓝色线段的正负即可),分类讨论如下:
当(kleq 0)时,(f'(x)<0),(f(x))单调递减,故(f(x)_{min}=f(e)=cfrac{1}{e}-1+k),(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{e})=e-1-k);
当(0<k<cfrac{1}{e})时,令(f'(x)=0),得到(x=cfrac{1}{k}),则(cfrac{1}{k}>e),(f'(x)<0),(f(x))单调递减,故(f(x)_{min}=f(e)=cfrac{1}{e}-1+k),(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{e})=e-1-k);
综上所述,函数(f(x))在([cfrac{1}{e},e])上的最大值和最小值(f(x)_{min}=f(e)=cfrac{1}{e}-1+k),(f(x)_{max}=f(cfrac{1}{e})=e-1-k)。
反思总结:若题目没有限制(k)的取值,那么就还会用到后边的两个图像了。
归化情形
分析:①本题目实质是求在点处的切线方程;
②最容易想到,求证(x-6leqslant f(x))恒成立且(f(x)leqslant x)恒成立,
(f(x)-x+6geqslant 0)恒成立,或者(f(x)-xgeqslant -6)和(f(x)-xleqslant 0)恒成立,
故想到证明(-6leqslant f(x)-xleqslant 0)恒成立,即求(g(x)=f(x)-x)在([-2,4])上的值域;