标签: 全国通用版2018-2019版高中数学第一章导数及其应用习题课导数的应用学案新人教A版选修2   全国   通用版   2018   2019   高中数学   第一章   导数   及其   应用   习题   新人   选修  
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doc 习题课 导数的应用 学习目标 1.能利用导数研究函数的单调性.2.理解函数的极值、最值与导数的关系.3.掌握函数的单调性、极值与最值的综合应用. 1.函数的单调性与其导数的关系 定义在区间(a,b)内的函数y=f(x) f′(x)的正负 f(x)的单调性 f′(x)>0 单调递增 f′(x)<0 单调递减 2.求函数y=f(x)的极值的方法 解方程f′(x)=0,当f′(x0)=0时, (1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是极大值. (2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,那么f(x0)是极小值. 3.函数y=f(x)在[a,b]上最大值与最小值的求法 (1)求函数y=f(x)在(a,b)内的极值. (2)将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值. 类型一 构造法的应用 例1 已知定义在上的函数f(x),f′(x)是它的导函数,且sin x·f′(x)>cos x·f(x)恒成立,则(  ) A.f >f  B.f >f  C.f >2f  D.f <f  考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 D 解析 由f′(x)sin x>f(x)cos x, 得f′(x)sin x-f(x)cos x>0, 构造函数g(x)=, 则g′(x)=. 当x∈时,g′(x)>0, 即函数g(x)在上单调递增, ∴g<g,∴f <f , 故选D. 反思与感悟 用构造法比较函数值的大小关键是构造出恰当的函数,利用函数的单调性确定函数值的大小. 跟踪训练1 已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f′(x),当x≠0时,f′(x)+<0,若a= f ,b=-f,c= f ,则a,b,c的大小关系是(  ) A.a<c<b B.b<c<a C.a<b<c D.c<a<b 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 B 解析 令g(x)=xf(x), 则g(-x)=-xf(-x)=xf(x), ∴g(x)是偶函数.g′(x)=f(x)+xf′(x), ∵f′(x)+<0, ∴当x>0时,xf′(x)+f(x)<0, 当x<0时,xf′(x)+f(x)>0. ∴g(x)在(0,+∞)上是减函数. ∵<ln 2<1<, ∴g()<g(ln 2)<g. ∵g(x)是偶函数, ∴g(-)=g(),g=g(ln 2), ∴g(-)<g<g,故选B. 例2 已知定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数为f′(x),满足f(x)>f′(x),且f(0)=2,则不等式f(x)<2ex的解集为(  ) A.(-∞,0) B.(-∞,2) C.(0,+∞) D.(2,+∞) 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 C 解析 设g(x)=,则g′(x)=. ∵f(x)>f′(x),∴g′(x)<0,即函数g(x)在R上单调递减. ∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2, 则不等式等价于g(x)<g(0). ∵函数g(x)单调递减, ∴x>0,∴不等式的解集为(0,+∞),故选C. 反思与感悟 构造恰当函数并判断其单调性,利用单调性得到x的取值范围. 跟踪训练2 已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1,且对任意的x∈R都有f′(x)<,则不等式f(lg x)>的解集为________. 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 (0,10) 解析 ∵f′(x)<,∴f′(x)-<0, ∴f(x)-在R上为减函数. 设F(x)=f(x)-,则F(x)在R上为减函数. ∵f(1)=1, ∴F(1)=f(1)-1=1-1=0. 由f(lg x)>,得f(lg x)->0, ∴F(lg x)>F(1). ∵F(x)在R上单调递减,∴lg x<1,∴0<x<10, ∴原不等式的解集为(0,10). 类型二 利用导数研究函数的单调性 例3 已知函数f(x)=ax--2ln x(a∈R). (1)若函数f(x)在区间[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范围; (2)讨论函数f(x)的单调区间. 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 利用导数求含参数函数的单调区间 解 (1)f′(x)=a+-=(x>0). ①当a≤0时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减; ②当a>0时,令g(x)=ax2-2x+a, ∵函数f(x)在区间[1,+∞)上是单调函数, ∴g(x)≥0在区间[1,+∞)上恒成立, ∴a≥在区间[1,+∞)上恒成立. 令u(x)=,x∈[1,+∞). ∵u(x)=≤=1, 当且仅当x=1时取等号. ∴a≥1. ∴当a≥1时,函数f(x)单调递增. ∴实数a的取值范围是(-∞,0]∪[1,+∞). (2)由(1)可知:①当a≤0时,f′(x)<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减; ②当a≥1时,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递增. ③当0<a<1时,由ax2-2x+a=0, 解得x=或x=. ∴函数f(x)在,上单调递增,在上单调递减. 反思与感悟 利用导数研究函数单调性应注意以下几点 (1)关注函数的定义域,单调区间应为定义域的子区间. (2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价. (3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集. (4)求参数的范围时常用到分离参数法. 跟踪训练3 设函数f(x)=ln x+x2-2ax+a2,a∈R. (1)当a=2时,求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在[1,3]上不存在单调递增区间,求实数a的取值范围. 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 存在递增(或递减)区间 解 (1)当a=2时,f(x)=ln x+x2-4x+4(x>0), f′(x)=+2x-4=, 令f′(x)>0,解得x>或x<, 令f′(x)<0,解得<x<, 故f(x)在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增. (2)f′(x)=+2x-2a=,x∈[1,3], 设g(x)=2x2-2ax+1, 假设函数f(x)在[1,3]上不存在单调递增区间, 必有g(x)≤0, 于是解得a≥. 即实数a的取值范围为. 类型三 函数的极值、最值与导数 例4 已知函数f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e],g(x)=,x∈(0,e],其中e是自然对数的底数,a∈R. (1)当a=1时,求函数f(x)的单调区间和极值; (2)求证:在(1)的条件下,f(x)>g(x)+; (3)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3,若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由. 考点 导数在最值中的应用 题点 已知最值求参数 (1)解 当a=1时,f(x)=2x-ln(2x),f′(x)=2-=,x∈(0,e], 当0<x<时,f′(x)<0,此时f(x)单调递减; 当<x<e时,f′(x)>0,此时f(x)单调递增. 所以f(x)的极小值为f =1, 故f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为,f(x)的极小值为f =1,无极大值. (2)证明 令h(x)=g(x)+=+, h′(x)=,x∈(0,e], 当0<x<e时,h′(x)>0,此时h(x)单调递增, 所以h(x)max=h(e)=+<1, 由(1)知f(x)min=1,所以在(1)的条件下,f(x)>g(x)+. (3)解 假设存在实数a,使f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e]有最小值3, f′(x)=2a-=,x∈(0,e], ①当a≤0时,因为x∈(0,e], 所以f′(x)<0,f(x)在(0,e]上单调递减, 所以f(x)min=f(e)=2ae-ln(2e)=3, 解得a=(舍去), ②当0<<e,即a>时,f(x)在上单调递减,在上单调递增, 所以f(x)min=f =1-ln=3, 解得a=e2,满足条件, ③当≥e,即0<a≤时,f′(x)<0,f(x)在(0,e]上单调递减, 所以f(x)min=f(e)=2ae-ln(2e)=3, 解得a=(舍去). 综上,存在实数a=e2,使得当x∈(0,e]时,f(x)的最小值为3. 反思与感悟 (1)已知极值点求参数的值后,要代回验证参数值是否满足极值的定义. (2)讨论极值点的实质是讨论函数的单调性,即f′(x)的正负. (3)求最大值要在极大值与端点值中取最大者,求最小值要在极小值与端点值中取最小者. 跟踪训练4 设函数f(x)=cln x+x2+bx(b,c∈R,c≠0),且x=1为f(x)的极值点. (1)若x=1为f(x)的极大值点,求f(x)的单调区间(用c表示); (2)若函数f(x)恰有两个零点,求实数c的取值范围. 考点 函数极值的综合应用 题点 函数零点与方程的根 解 f′(x)=+x+b=, ∵x=1为f(x)的极值点,∴f′(1)=0, ∴f′(x)=且c≠1,b+c+1=0. (1)若x=1为f(x)的极大值点,∴c>1, 当0<x<1时,f′(x)>0; 当1<x<c时,f′(x)<0; 当x>c时,f′(x)>0. ∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(c,+∞);单调递减区间为(1,c). (2)①若c<0,则f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 函数f(x)恰有两个零点,则f(1)<0,即+b<0, ∴-<c<0; ②若0<c<1,则f(x)极大值=f(c)=cln c+c2+bc, f(x)极小值=f(1)=+b, ∵b=-1-c, 则f(x)极大值=cln c+c2+c(-1-c)=cln c-c-c2<0, f(x)极小值=--c,从而得f(x)只有一个零点; ③若c>1,则f(x)极小值=f(c)=cln c+c2+c(-1-c)=cln c-c-c2<0, f(x)极大值=f(1)=--c,从而得f(x)只有一个零点. 综上,使f(x)恰有两个零点的c的取值范围为. 1.已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则x+x等于(  ) A. B. C. D. 考点 函数极值的综合应用 题点 函数极值在函数图象上的应用 答案 C 解析 由题意可知f(0)=0,f(1)=0,f(2)=0, 可得1+b+c=0,8+4b+2c=0,解得b=-3,c=2, 所以函数的解析式为f(x)=x3-3x2+2x. f′(x)=3x2-6x+2, 由方程3x2-6x+2=0,可得x1+x2=2,x1x2=, 所以x+x=(x1+x2)2-2x1x2=4-2×=. 2.已知f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数,且满足xf′(x)+f(x)≤0,对任意的正数a,b,若a<b,则必有(  ) A.bf(b)≤af(a) B.bf(a)≤af(b) C.af(a)≤bf(b) D.af(b)≤bf(a) 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 答案 A 解析 设g(x)=xf(x),x∈(0,+∞), 则g′(x)=xf′(x)+f(x)≤0, ∴g(x)在区间(0,+∞)上单调递减或g(x)为常函数. ∵a<b,∴g(a)≥g(b),即af(a)≥bf(b),故选A. 3.已知函数f(x)=x4-2x3+3m,x∈R,若f(x)+9≥0恒成立,则m的取值范围是________. 考点 利用导数求函数中参数的取值范围 题点 利用导数求恒成立问题中参数的取值范围 答案  解析 f′(x)=2x3-6x2,令f′(x)=0,得x=0或x=3, 验证可知x=3是函数的最小值点, 故f(x)min=f(3)=3m-, 由f(x)+9≥0恒成立,得f(x)≥-9恒成立, 即3m-≥-9,∴m≥. 4.已知函数f(x)=x(x2-ax+3). (1)若x=是f(x)的极值点,求f(x)在区间[-1,4]上的最大值与最小值; (2)若f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围. 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 已知函数的单调性求参数(或其范围) 解 (1)由f(x)=x3-ax2+3x, 得f′(x)=3x2-2ax+3, 由已知得f′=0,解得a=5, ∴f(x)=x3-5x2+3x,f′(x)=3x2-10x+3, 由f′(x)=0,解得x=或x=3, 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x -1 3 (3,4) 4 f′(x) + 0 - 0 + f(x) -9 ↗ ↘ -9 ↗ -4 ∴函数f(x)在[-1,4]上的最小值为-9,最大值是. (2)f′(x)=3x2-2ax+3, 由f(x)在[1,+∞)上单调递增,得3x2-2ax+3≥0, 即a≤, 要使上式成立,只要a≤min即可, 设g(x)=x+(x≥1), 由于g(x)在[1,+∞)上单调递增, ∴g(x)min=2,∴a≤3, 即实数a的取值范围是(-∞,3]. 导数作为一种重要的工具,在研究函数中具有重要的作用,例如函数的单调性、极值与最值等问题,都可以通过导数得以解决.不但如此,利用研究导数得到函数的性质后,还可以进一步研究方程、不等式等诸多代数问题,所以一定要熟练掌握利用导数来研究函数的各种方法. 一、选择题 1.函数f(x)=xcos x-sin x在下面哪个区间内是增函数(  ) A. B.(π,2π) C. D.(2π,3π) 考点 函数的单调性与导数的关系 题点 利用导数值的正负号判定函数的单调性 答案 B 解析 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x,若f(x)在某区间内是增函数,只需在此区间内f′(x)大于或等于0(不恒为0)即可. ∴只有选项B符合题意,

全国通用版2018-2019版高中数学第一章导数及其应用习题课导数的应用学案新人教A版选修2 .doc

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