巧用公式简解高考导数试题

2019-07-12辽宁省抚顺市四方高级中学113122孟庆杰

中学数学研究(广东) 2019年11期

辽宁省抚顺市四方高级中学(113122) 孟庆杰

一、公式及其推导

公式1设函数f(x) = (ax + b)ex(a0)，即则当a ＞0 时，函数f(x) 在区间上单调递减，在区间上单调递增，为极小值点;当a ＜0 时，函数f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减为极大值点.

公式2设函数f(x) = (ax + b)e-x(a0)，即则当a ＞0 时，函数f(x) 在区间上单调递增，在区间上单调递减，为极大值点; 当a ＜0 时，函数f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，为极小值点.

公式3设函数即f(x) = aex，则(1) 当Δ =4a2+b2-4ac ≤0 时，若a ＞0，则函数f(x)在ℝ 上单调递增;若a ＜0，则函数f(x)在ℝ 上单调递减，此时函数f(x)无极值.(2)当Δ = 4a2+b2-4ac ＞0 时，设x1= -1-和若a ＞0，则函数f(x)在区间(-∞,x1)上单调递增，在区间(x1,x2)上单调递减，在区间(x2,+∞)上单调递增，x1为极大值点， x2为极小值点; 若a ＜0，则函数f(x) 在区间(-∞,x1)上单调递减，在区间(x1,x2)上单调递增，在区间(x2,+∞)上单调递减，x1为极小值点，x2为极大值点.

公式4设函数f(x) =(ax2+bx+c)e-x(a0)，即f(x) = a则(1) 当Δ =4a2+b2-4ac ≤0 时，若a ＞0，则函数f(x) 在ℝ 上单调递减; 若a ＜0，则函数f(x)在ℝ 上单调递增，此时函数f(x) 无极值.(2) 当Δ = 4a2+b2-4ac ＞0 时，设x1=若a ＞0，则函数f(x)在区间(-∞,x1)上单调递减，在区间(x1,x2)上单调递增，在区间(x2,+∞)上单调递减，x1为极小值点， x2为极大值点; 若a ＜0，则函数f(x) 在区间(-∞,x1)上单调递增，在区间(x1,x2)上单调递减，在区间(x2,+∞)上单调递增，x1为极大值点，x2为极小值点.

公式5设函数且ax2+bx+c0)，即则(1)当Δ = 4a2+b2-4ac ≤0 时，若a ＞0，则函数f(x)在ℝ上单调递增;若a ＜0，则函数f(x)在ℝ 上单调递减，此时函数f(x)无极值.(2)当Δ = 4a2+b2-4ac ＞0 时，设x1=和若a ＞0，则函数f(x)在区间(-∞,x1)上单调递增，在区间(x1,x2)上单调递减，在区间(x2,+∞)上单调递增，x1为极大值点， x2为极小值点; 若a ＜0，则函数f(x) 在区间(-∞,x1)上单调递减，在区间(x1,x2)上单调递增，在区间(x2,+∞)上单调递减，x1为极小值点，x2为极大值点.

证明公式1因为f(x) = (ax + b)ex(a0)，则f′(x) = (ax+b+a)ex.令f′(x) = 0，解得所以若a ＞ 0，当时， f′(x) ＜ 0;当时， f′(x) ＞ 0.若a ＜ 0，当时，f′(x)＞0;当时，f′(x)＜0，所以公式1 得证.

证明公式2因为f(x) = (ax + b)e-x(a0)，则f′(x) = (a-b-ax)e-x.令f′(x) = 0，解得所以若a ＞0，当时， f′(x) ＞0; 当时， f′(x) ＜ 0.若a ＜ 0，当x ∈时， f′(x) ＜0; 当时，f′(x)＞0，所以公式2 得证.

证明公式3因为f(x) =(ax2+bx+c)ex(a0)，则f′(x) =[ax2+(b+2a)x+b+c]ex.设判别式Δ =4a2+ b2- 4ac， (1) 当Δ = 4a2+ b2- 4ac ≤0 时，若a ＞ 0，则f′(x) ≥ 0; 若a ＜ 0，则f′(x) ≤ 0.(2) 当Δ = 4a2+ b2- 4ac ＞0 时，令f′(x) = 0，解得x1=所以若a ＞0，当x ∈(-∞,x1)时，f′(x)＞0;当x ∈(x1,x2)时，f′(x) ＜0;当x ∈(x2,+∞)时，f′(x) ＞0.若a ＜0，当x ∈(-∞,x1)时，f′(x) ＜0;当x ∈(x1,x2)时，f′(x) ＞0;当x ∈(x2,+∞)时，f′(x)＜0，所以公式3 得证.

证明公式4因为f(x) =(ax2+bx+c)e-x(a0)，则f′(x) =[-ax2+(2a-b)x+b-c]e-x.设判别式Δ = 4a2+ b2- 4ac， (1) 当Δ = 4a2+ b2- 4ac ≤ 0时，若a ＞ 0，则f′(x) ≤ 0; 若a ＜ 0，则f′(x) ≥ 0.(2) 当Δ = 4a2+ b2- 4ac ＞0 时，令f′(x) = 0，解得所以若a ＞0，当x ∈(-∞,x1)时，f′(x)＜0;当x ∈(x1,x2)时，f′(x) ＞0;当x ∈(x2,+∞)时，f′(x) ＜0.若a ＜0，当x ∈(-∞,x1)时，f′(x) ＞0;当x ∈(x1,x2)时，f′(x) ＜0;当x ∈(x2,+∞)时，f′(x)＞0，所以公式4 得证.

证明公式5因为且ax2+bx+c0)，则设Δ = 4a2+ b2- 4ac， (1) 当Δ = 4a2+ b2- 4ac ≤0时，若a ＞ 0，则f′(x) ≥ 0; 若a ＜ 0，则f′(x) ≤ 0.(2) 当Δ = 4a2+ b2- 4ac ＞0 时，令f′(x) = 0，解得所以若a ＞0，当x ∈(-∞,x1)时，f′(x)＞0;当x ∈(x1,x2)时，f′(x) ＜0;当x ∈(x2,+∞)时，f′(x) ＞0.若a ＜0，当x ∈(-∞,x1)时，f′(x) ＜0;当x ∈(x1,x2)时，f′(x) ＞0;当x ∈(x2,+∞)时，f′(x)＜0，所以公式5 得证.

二、利用公式简解高考题

1.利用公式1 简解高考题

例1(2012年高考陕西卷理科)设函数f(x) = xex，则( )

A.x=1 为f(x)的极大值点

B.x=1 为f(x)的极小值点

C.x=-1 为f(x)的极大值点

D.x=-1 为f(x)的极小值点

解由公式1 易得，x=-1 为f(x)的极小值点，D 正确.

例2(2011年高考北京卷文科) 已知函数f(x) =(x-k)ex，求函数f(x)的单调区间.

解由公式1 得，函数f(x)在区间(-∞,k-1)上单调递减，在区间(k-1,+∞)上单调递增.

2.利用公式2 简解高考题

例3(2010年高考天津卷理科)已知函数f(x)=xe-x，求函数f(x)的单调区间和极值.

解由公式2 得，函数f(x)在区间(-∞,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减;x=1 为极大值点，且极大值为

3.利用公式3 简解高考题

例4(2017年高考课标卷II 文科) 设函数f(x) =(1-x2)ex，讨论函数f(x)的单调性.

解因为f(x)=(1-x2)ex=-(x2-1)ex，由公式3得，Δ = 8 ＞0，设和所以函数f(x)在(-∞,x1)上单调递减，在(x1,x2)上单调递增，在(x2+∞)上单调递减.

例5(2009年高考辽宁卷文科) 设函数f(x) =(ax2+x+1)ex，且曲线y = f(x) 在x = 1 处的切线与x 轴平行，求a 的值，并讨论函数f(x)的单调性.

解由题意易求a=-1，所以

由公式3 得，Δ = 9 ＞0，设x1= -2 和x2= 1，所以函数f(x) 在(-∞,-2) 上单调递减，在(-2,1) 上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.

例6(2006年高考重庆卷理科) 已知函数f(x) =(x2+bx+c)ex， b,c ∈ℝ 为常数，若b2＞4(c - 1)，讨论函数f(x)的单调性.

解因为b2＞4(c - 1)， f(x) =(x2+bx+c)ex=由公式3 得，Δ=b2-4(c-1)＞0，设所以函数f(x) 在(-∞,x1) 上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，在(x2,+∞)上单调递增.

例7(2005年高考重庆卷理科)已知a ∈ℝ，讨论函数f(x)=(x2+ax+a+1)ex的极值点的个数.

解因为 f(x)=(x2+ax+a+1)ex=由公式3 得，Δ=a2-4a，当Δ ≤0 时，函数f(x)在ℝ 单调递增，无极值;当Δ ＞0 时，设和所以函数f(x)有两个极值点即x1为极大值点，x2为极小值点.

例8(2018年高考北京卷理科) 设函数f(x) =[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex，若函数f(x) 在x = 2 处取得极小值，求a 的取值范围.

解因为在x = 2 处取得极小值，由公式3 得，Δ=(2a-1)2＞0，设和x2=2，当a ＞0 且即时，f(x)在x = 2 处取得极小值，所以所求a 的取值范围为

例9(2017年高考课标卷II 理科) 若x = -2 是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点，则函数f(x)的极小值为( )

A.-1 B.-2e-3C.5e-3D.1

解因为 f(x)=(x2+ax-1)ex-1=是函数f(x) 的极值点，由公式3 得，Δ ＞0，设和令x1= -2(或x2= -2)，解得a=-1，所以x1=-2 和x2=1，且x2为极小值点，所以所求极小值为f(1)=-1，A 正确.

例10(2009年高考天津卷理科) 已知函数f(x) =(x2+ax-2a2+3a)ex(x ∈ℝ)，其中a ∈ℝ，当时，求函数f(x)的单调区间与极值.

解因为由公式3 得，Δ=(3a-2)2＞0，设x1= -2a 和x2= a-2，所以当-2a ＞a-2 即时，函数f(x)在(-∞,a-2)上单调递增，在(a-2,-2a)上单调递减，在(-2a,+∞) 上单调递增， x = a - 2 为f(x) 的极大值点且极大值为f(a - 2) = (4 - 3a)ea-2，x=-2a 为f(x)的极小值点且极小值为f(-2a)=3ae-2a;当-2a ＜a - 2 即时，函数f(x) 在(-∞,-2a)上单调递增，在(-2a,a-2) 上单调递减，在(a-2,+∞)上单调递增， x = a - 2 为f(x) 的极小值点且极小值为f(a-2)=(4-3a)ea-2，x=-2a 为f(x)的极大值点且极大值为f(-2a)=3ae-2a.

例11(2005年高考全国卷II 理科) 已知a ≥0，函数f(x) =(x2-2ax)ex，(1)当x 为何值时，f(x)取得最小值?证明你的结论;(2)设f(x)在[-1,1]上是单调函数，求a 的取值范围.

解(1) 因为 f(x)=(x2-2ax)ex=[(x-a)2-a2]ex，由公式3 得， Δ = 4 + 4a2＞ 0，设和所以函数f(x) 在(-∞,x1) 上单调递增，在(x1,x2) 上单调递减，在(x2+∞) 上单调递增， x1为极大值点， x2为极小值点.又a ≥ 0，所以x1＜ -1， x2≥ 0.当x ＜0 时， f(x) = x(x - 2a)ex＞0，又f(0) = 0，所以当时，f(x)取得最小值.(2)由(1)得，当x1≤-1 且x2≥1 时，f(x)在[-1,1]上是单调函数，解得为所求a 的取值范围.

4.利用公式4 简解高考题

例12(2013年高考课标卷II 文科) 已知函数f(x) =x2e-x，求函数f(x)的极小值和极大值.

解由公式4 得， Δ = 4 ＞0，设x1= 0 和x2= 2，所以x=0 为f(x)的极小值点且极小值为f(0)=0，x=2 为f(x)的极大值点且极大值为f(2)=4e-2.

例13(2008年高考重庆卷理科) 设函数f(x) =ax2+ bx + c (a0)，曲线y = f(x) 通过点(0,2a + 3)，且在点(-1,f(-1))处的切线垂直于y 轴，当bc 取得最小值时，求函数g(x)=-f(x)e-x的单调区间.

解由题意易求所以所以g(x) = -f(x)e-x=由公式4 得，Δ = 9 ＞0，设x1= -2和x2= 2，所以函数g(x) 在(-∞,-2) 上单调递减，在(-2,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减.

例14(2011年高考重庆卷理科) 设函数f(x) =x3+ax2+bx+1 的导数f′(x)满足f′(1)=2a，f′(2)=-b，其中常数a,b ∈ℝ，设g(x)=f′(x)e-x，求函数g(x)的极值.

解由题意易求，所以f(x) =所以f′(x) = 3x2- 3x - 3，所以g(x) = f′(x)e-x= 3由公式4 得，Δ = 81 ＞0，设x1= 0 和x2= 3，所以x = 0 为g(x)的极小值点且极小值为g(0) = -3，x = 3 为g(x)的极大值点且极大值为g(3)=15e-3.

例15(2006年高考湖北卷理科) 设x = 3 是函数f(x) =(x2+ax+b)e3-x(x ∈ℝ)的一个极值点，求a 与b的关系(用a 表示b)，并求函数f(x)的单调区间.

解因为x = 3 是f(x) 的极值点， f(x) =由公式4 得，Δ ＞0，设和令x1= 3(或x2= 3)，解得b = -2a-3.将b 代入x1和x2得，x1= -1-a，x2= 3.当-1-a ＞3 即a ＜-4 时，函数f(x)在(-∞,3)上单调递减，在(3,-1-a)上单调递增，在(-1-a,+∞)上单调递减; 当-1-a ＜3即a ＞-4 时，函数f(x)在(-∞,-1-a)上单调递减，在(-1-a,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减.

例16(2015年高考重庆卷理科) 设函数f(x) =(3x2+ax)e-x(a ∈ℝ)，若f(x) 在[3,+∞) 上单调递减，求a 的取值范围.

解因为