届一轮复习苏教版导数的应用学案.docx

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届一轮复习苏教版导数的应用学案

§3.2　导数的应用

考情考向分析

　考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、数列、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大．

1．函数的单调性

在某个区间（a，b）内，如果f′（x）>0，那么函数y＝f（x）在这个区间内单调递增；如果f′（x）<0，那么函数y＝f（x）在这个区间内单调递减．

2．函数的极值

（1）一般地，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．

（2）求可导函数极值的步骤

①求f′（x）；

②求方程f′（x）＝0的根；

③考查f′（x）在方程f′（x）＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值．

3．函数的最值

（1）在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．

（2）若函数f（x）在[a，b]上单调递增，则f（a）为函数的最小值，f（b）为函数的最大值；若函数f（x）在[a，b]上单调递减，则f（a）为函数的最大值，f（b）为函数的最小值．

概念方法微思考

1．“f（x）在区间（a，b）上是增函数，则f′（x）>0在（a，b）上恒成立”，这种说法是否正确？

提示　不正确，正确的说法是：

可导函数f（x）在（a，b）上是增（减）函数的充要条件是对∀x∈（a，b），都有f′（x）≥0（f′（x）≤0）且f′（x）在（a，b）上的任何子区间内都不恒为零．

2．对于可导函数f（x），“f′（x0）＝0”是“函数f（x）在x＝x0处有极值”的________条件．（填“充要”“充分不必要”“必要不充分”）

提示　必要不充分

题组一　思考辨析

1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）

（1）如果函数f（x）在某个区间内恒有f′（x）＝0，则f（x）在此区间内没有单调性．（　√　）

（2）函数的极大值一定大于其极小值．（　×　）

（3）函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．（　√　）

题组二　教材改编

2．[P29T1]函数y＝x3＋x2－5x－5的单调增区间是________．

答案　，（1，＋∞）

解析　令y′＝3x2＋2x－5>0，得x<－或x>1.

3．[P31T1]函数y＝3x3－9x＋5的极大值为________．

答案　11

解析　y′＝9x2－9，令y′＝0，得x＝±1.

当x变化时，y′，y的变化情况如下表：

x

（－∞，－1）

－1

（－1,1）

1

（1，＋∞）

y′

＋

0

－

0

＋

y

↗

极大值

↘

极小值

↗

从上表可以看出，当x＝－1时，函数y取得极大值为

3×（－1）3－9×（－1）＋5＝11.

4．[P34T2]函数f（x）＝x－2sinx在（0，π）上的单调增区间为________．

答案　

解析　令f′（x）＝1－2cosx>0，得cosx<，

又x∈（0，π），所以

所以f（x）＝x－2sinx在（0，π）上的单调增区间为.

5．[P34T4]函数y＝x＋2cosx在区间上的最大值是__________．

答案　＋

解析　∵y′＝1－2sinx，

∴当x∈时，y′>0；当x∈时，y′<0.

∴当x＝时，ymax＝＋.

题组三　易错自纠

6．已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f

（1）＝3，且f（x）的导数f′（x）在R上恒有f′（x）<2（x∈R），则不等式f（x）<2x＋1的解集为____________．

答案　（1，＋∞）

解析　令g（x）＝f（x）－2x－1，∴g′（x）＝f′（x）－2<0，

∴g（x）在R上为减函数，g

（1）＝f

（1）－2－1＝0.

由g（x）<0＝g

（1），得x>1.

∴不等式的解集为（1，＋∞）．

7．函数f（x）＝x3＋ax2－ax在R上单调递增，则实数a的取值范围是________．

答案　[－3,0]

解析　f′（x）＝3x2＋2ax－a≥0在R上恒成立，即4a2＋12a≤0，解得－3≤a≤0，即实数a的取值范围是[－3,0]．

8．若函数f（x）＝x3－x2＋ax＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a的值为________．

答案　－4

解析　f′（x）＝x2－3x＋a，且f（x）恰在[－1,4]上单调递减，

∴f′（x）＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1,4]，

∴－1,4是方程f′（x）＝0的两根，

则a＝（－1）×4＝－4.

9．若函数f（x）＝x3－4x＋m在[0,3]上的最大值为4，m＝________.

答案　4

解析　f′（x）＝x2－4，x∈[0,3]，当x∈[0,2）时，f′（x）<0，当x∈（2,3]时，f′（x）>0，所以f（x）在[0,2）上是减函数，在（2,3]上是增函数．又f（0）＝m，f（3）＝－3＋m.所以在[0,3]上，f（x）max＝f（0）＝4，所以m＝4.

10．已知函数f（x）＝x3＋x2－2ax＋1，若函数f（x）在（1,2）上有极值，则实数a的取值范围为________．

答案　

解析　f′（x）＝x2＋2x－2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x＝－1，则f′（x）在（1,2）上是单调递增函数，因此解得

第1课时　导数与函数的单调性

题型一　不含参数的函数的单调性

1．函数y＝4x2＋的单调增区间为________．

答案　

解析　由y＝4x2＋，得y′＝8x－（x≠0），

令y′>0，即8x－>0，解得x>，

∴函数y＝4x2＋的单调增区间为.

2．函数f（x）＝x·ex－ex＋1的单调增区间是________．

答案　（e－1，＋∞）

解析　由f（x）＝x·ex－ex＋1，

得f′（x）＝（x＋1－e）·ex，

令f′（x）>0，解得x>e－1，

所以函数f（x）的单调增区间是（e－1，＋∞）．

3．已知函数f（x）＝xlnx，则f（x）的单调减区间是________．

答案　

解析　因为函数f（x）＝xlnx的定义域为（0，＋∞），

所以f′（x）＝lnx＋1（x>0），

当f′（x）<0时，解得0

即函数f（x）的单调减区间为.

4．已知定义在区间（－π，π）上的函数f（x）＝xsinx＋cosx，则f（x）的单调增区间是_______．

答案　和

解析　f′（x）＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.

令f′（x）＝xcosx>0，

则其在区间（－π，π）上的解集为∪，

即f（x）的单调增区间为和.

思维升华确定函数单调区间的步骤

（1）确定函数f（x）的定义域．

（2）求f′（x）．

（3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调增区间．

（4）解不等式f′（x）<0，解集在定义域内的部分为单调减区间．

题型二　含参数的函数的单调性

例1已知函数f（x）＝x2e－ax－1（a是常数），求函数y＝f（x）的单调区间．

解　根据题意可得，当a＝0时，f（x）＝x2－1，f′（x）＝2x，

函数在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减．

当a≠0时，f′（x）＝2xe－ax＋x2（－a）e－ax＝e－ax（－ax2＋2x）．

因为e－ax>0，

所以令g（x）＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.

①当a>0时，函数g（x）＝－ax2＋2x在（－∞，0）和上有g（x）<0，即f′（x）<0，函数y＝f（x）单调递减；

函数g（x）＝－ax2＋2x在上有g（x）≥0，

即f′（x）≥0，函数y＝f（x）单调递增．

②当a<0时，函数g（x）＝－ax2＋2x在和（0，＋∞）上有g（x）>0，即f′（x）>0，函数y＝f（x）单调递增；

函数g（x）＝－ax2＋2x在上有g（x）≤0，

即f′（x）≤0，函数y＝f（x）单调递减．

综上所述，当a＝0时，函数y＝f（x）的单调增区间为（0，＋∞），单调减区间为（－∞，0）；

当a>0时，函数y＝f（x）的单调减区间为（－∞，0），，单调增区间为；

当a<0时，函数y＝f（x）的单调增区间为，（0，＋∞），单调减区间为.

思维升华

（1）研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．

（2）划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．

跟踪训练1讨论函数f（x）＝ex（ex－a）－a2x的单调性．

解　函数f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f′（x）＝2e2x－aex－a2＝（2ex＋a）（ex－a）．

①若a＝0，则f（x）＝e2x，在（－∞，＋∞）上单调递增．

②若a>0，则由f′（x）＝0得x＝lna.

当x∈（－∞，lna）时，f′（x）<0，

当x∈（lna，＋∞）时，f′（x）>0.

故f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增．

③若a<0，则由f′（x）＝0得x＝ln.

当x∈时，f′（x）<0；

当x∈时，f′（x）>0.

故f（x）在上单调递减，

在上单调递增．

综上所述，当a＝0时，f（x）在（－∞，＋∞）上单调递增；

当a>0时，f（x）在（－∞，lna）上单调递减，在（lna，＋∞）上单调递增；

当a<0时，f（x）在上单调递减，在上单调递增．

题型三　函数单调性的应用

命题点1　比较大小或解不等式

例2

（1）（2018·江苏省阜宁中学调研）对于定义在R上的可导函数f（x），当x∈（1，＋∞）时，（x－1）f′（x）－f（x）>0恒成立．已知a＝f

（2），b＝f（3），c＝（＋1）f（），则a，b，c的大小关系为________．（用“<”连接）

答案　c

解析　构造函数g（x）＝，当x∈（1，＋∞）时，g′（x）＝>0，即函数g（x）单调递增．

又a＝f

（2）＝＝g

（2），b＝f（3）＝＝g（3），c＝（＋1）f（）＝＝g（），

因为1<<2<3，

所以g（）

（2）

（2）已知定义域为R的偶函数f（x）的导函数为f′（x），当x<0时，xf′（x）－f（x）<0.若a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是________．（用“<”连接）

答案　c

解析　设g（x）＝，则g′（x）＝，

又当x<0时，xf′（x）－f（x）<0，

所以g′（x）<0，即函数g（x）在区间（－∞，0）内单调递减．因为f（x）为R上的偶函数，所以g（x）为奇函数，其定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），所以函数g（x）在区间（0，＋∞）内单调递减．由0

（3）已知定义在（0，＋∞）上的函数f（x）满足xf′（x）－f（x）<0，其中f′（x）是函数f（x）的导函数．若2f（m－2019）>（m－2019）f

（2），则实数m的取值范围为________．

答案　（2019,2021）

解析　令h（x）＝，x∈（0，＋∞），

则h′（x）＝.

∵xf′（x）－f（x）<0，∴h′（x）<0，

∴函数h（x）在（0，＋∞）上单调递减，

∵2f（m－2019）>（m－2019）f

（2），m－2019>0，

∴>，即h（m－2019）>h

（2）．

∴m－2019<2且m－2019>0，解得2019

∴实数m的取值范围为（2019,2021）．

（4）设f（x）是定义在R上的奇函数，f

（2）＝0，当x>0时，有<0恒成立，则不等式x2f（x）>0的解集是__________________．

答案　（－∞，－2）∪（0,2）

解析　∵当x>0时，′＝<0，

∴φ（x）＝在（0，＋∞）上为减函数，又φ

（2）＝0，

∴在（0，＋∞）上，当且仅当00，

此时x2f（x）>0.

又f（x）为奇函数，

∴在（－∞，0）上，当x<－2时，f（x）>0，

此时x2f（x）>0.

故x2f（x）>0的解集为（－∞，－2）∪（0,2）．

命题点2　根据函数单调性求参数

例3已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ax2＋2x（a≠0）．

（1）若函数h（x）＝f（x）－g（x）存在单调减区间，求a的取值范围；

（2）若函数h（x）＝f（x）－g（x）在[1,4]上单调递减，求a的取值范围．

解　

（1）h（x）＝lnx－ax2－2x，x∈（0，＋∞），

所以h′（x）＝－ax－2，由于h（x）在（0，＋∞）上存在单调减区间，

所以当x∈（0，＋∞）时，－ax－2<0有解，

即a>－有解．

设G（x）＝－，所以只要a>G（x）min即可．

而G（x）＝2－1，所以G（x）min＝－1.

所以a>－1.

又因为a≠0，所以a的取值范围为（－1,0）∪（0，＋∞）．

（2）因为h（x）在[1,4]上单调递减，

所以当x∈[1,4]时，h′（x）＝－ax－2≤0恒成立，

即a≥－恒成立．

由

（1）知G（x）＝－，

所以a≥G（x）max，而G（x）＝2－1，

因为x∈[1,4]，所以∈，

所以G（x）max＝－（此时x＝4），

所以a≥－，又因为a≠0，

所以a的取值范围是∪（0，＋∞）．

引申探究

本例

（2）中，若函数h（x）＝f（x）－g（x）在[1,4]上单调递增，求a的取值范围．

解　因为h（x）在[1,4]上单调递增，

所以当x∈[1,4]时，h′（x）≥0恒成立，

所以当x∈[1,4]时，a≤－恒成立，

又当x∈[1,4]时，min＝－1（此时x＝1），

所以a≤－1，即a的取值范围是（－∞，－1]．

思维升华根据函数单调性求参数的一般思路

（1）利用集合间的包含关系处理：

y＝f（x）在（a，b）上单调，则区间（a，b）是相应单调区间的子集．

（2）f（x）为增函数的充要条件是对任意的x∈（a，b）都有f′（x）≥0且在（a，b）内的任一非空子区间上，f′（x）不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

（3）函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．

跟踪训练2

（1）若f（x）＝x2－alnx在（1，＋∞）上单调递增，则实数a的取值范围为________．

答案　（－∞，2]

解析　由f（x）＝x2－alnx，得f′（x）＝2x－，

∵f（x）在（1，＋∞）上单调递增，

∴2x－≥0在（1，＋∞）上恒成立，

即a≤2x2在（1，＋∞）上恒成立，

∵当x∈（1，＋∞）时，2x2>2，∴a≤2.

（2）已知函数f（x）＝alnx＋x2＋（a－6）x在（0,3）上不是单调函数，则实数a的取值范围是________．

答案　（0,2）

解析　函数f′（x）＝＋2x＋a－6.

①若函数f（x）＝alnx＋x2＋（a－6）x在（0,3）上单调递增，则f′（x）＝＋2x＋a－6≥0在（0,3）上恒成立，即a≥＝－2在（0,3）上恒成立，令函数g（t）＝t＋，t∈（1,4），则g（t）∈[4,5），∴a≥2；

②若函数f（x）＝alnx＋x2＋（a－6）x在（0,3）上单调递减，则f′（x）＝＋2x＋a－6≤0在（0,3）上恒成立，即a≤＝－2在（0,3）上恒成立，函数g（t）＝t＋，t∈（1,4），则g（t）∈[4,5），∴a≤0，∴当函数f（x）在（0,3）上不是单调函数时，实数a的取值范围是（0,2）．

（3）（2019·盐城模拟）已知函数f（x）＝（x－a）lnx（a∈R），若函数f（x）存在三个单调区间，则实数a的取值范围是________．

答案　

解析　f′（x）＝lnx＋（x－a）＝lnx＋1－，

若函数f（x）存在三个单调区间，

即f′（x）＝0有两个不等正实根，

即a＝x（lnx＋1）有两个不等正实根，

转化为y＝a与y＝x（lnx＋1）的图象有两个不同的交点，

y′＝lnx＋2，令lnx＋2＝0，即x＝，

即y＝x（lnx＋1）在上单调递减，

在上单调递增．

ymin＝－，当x∈时，y<0，

所以a的取值范围为.

用分类讨论思想研究函数的单调性

含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：

①方程f′（x）＝0是否有根；②若f′（x）＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．

例已知函数g（x）＝lnx＋ax2－（2a＋1）x，若a≥0，试讨论函数g（x）的单调性．

解　g′（x）＝＝.

∵函数g（x）的定义域为（0，＋∞），

∴当a＝0时，g′（x）＝－.

由g′（x）>0，得01.

当a>0时，令g′（x）＝0，得x＝1或x＝，

若<1，即a>，

由g′（x）>0，得x>1或0

由g′（x）<0，得

若>1，即0

由g′（x）>0，得x>或0

由g′（x）<0，得1

若＝1，即a＝，在（0，＋∞）上恒有g′（x）≥0.

综上可得：

当a＝0时，函数g（x）在（0,1）上单调递增，

在（1，＋∞）上单调递减；

当0

在上单调递减，在上单调递增；

当a＝时，函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增；

当a>时，函数g（x）在上单调递增，

在上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增．

1．函数f（x）＝x2－2lnx的单调减区间是________．

答案　（0,1）

解析　∵f′（x）＝2x－＝（x>0），

∴当x∈（0,1）时，f′（x）<0，f（x）为减函数；

当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，f（x）为增函数．

2．函数f（x）＝（x－3）ex的单调增区间是________．

答案　（2，＋∞）

解析　因为f（x）＝（x－3）ex，所以f′（x）＝ex（x－2）．令f′（x）>0，得x>2，所以f（x）的单调增区间为（2，＋∞）．

3．已知函数f（x）＝xsinx，x∈R，则f，f

（1），f的大小关系为________．（用“>”连接）

答案　f>f

（1）>f

解析　因为f（x）＝xsinx，所以f（－x）＝（－x）·sin（－x）＝xsinx＝f（x），所以函数f（x）是偶函数，所以f＝f.又当x∈时，f′（x）＝sinx＋xcosx>0，所以函数f（x）在上是增函数，所以f

（1）f

（1）>f.

4．若函数f（x）＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为（－1,3），则b＋c＝________.

答案　－12

解析　f′（x）＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－1

∴－1,3是f′（x）＝0的两个根，

∴b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12.

5．已知函数f（x）＝x3＋ax＋4，则“a>0”是“f（x）在R上单调递增”的________条件．（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”）

答案　充分不必要

解析　f′（x）＝x2＋a，当a≥0时，f′（x）≥0在R上恒成立，

故“a>0”是“f（x）在R上单调递增”的充分不必要条件．

6．已知函数f（x）（x∈R）满足f

（1）＝1，f（x）的导数f′（x）<，则不等式f（x2）<＋的解集为____________．

答案　{x|x<－1或x>1}

解析　设F（x）＝f（x）－x，

∴F′（x）＝f′（x）－，

∵f′（x）<，∴F′（x）＝f′（x）－<0，

即函数F（x）在R上单调递减．

∵f（x2）<＋，∴f（x2）－

（1）－，

∴F（x2）

（1），而函数F（x）在R上单调递减，

∴x2>1，即不等式的解集为{x|x<－1或x>1}．

7．已知g（x）＝＋x2＋2alnx在[1,2]上是减函数，则实数a的取值范围为__________．

答案　

解析　g′（x）＝－＋2x＋，

由已知得g′（x）≤0在[1,2]上恒成立，

可得a≤－x2在[1,2]上恒成立．

又当x∈[1,2]时，min＝－4＝－.

∴a的取值范围是.

8．若函数f（x）＝x3－12x在区间（k－1，k＋1）上不是单调函数，则实数k的取值范围是________________．

答案　（－3，－1）∪（1,3）

解析　因为y′＝3x2－12，由y′>0得函数的增区间是（－∞，－2）和（2，＋∞），

由y′<0，得函数的减区间是（－2,2），

由于函数在（k－1，k＋1）上不是单调函数，

所以有k－1<－2

解得－3

9．函数f（x）在定义域R内可导，若f（x）＝f（2－x），且当x∈（－∞，1）时，（x－1）f′（x）<0，设a＝f（0），b＝f，c＝f（3），则a，b，c的大小关系为________．（用“<”连接）

答案　c

解析　由题意得，当x<1时，f′（x）>0，f（x）在（－∞，1）上为增函数．

又f（3）＝f（－1），且－1<0<<1，

因此有f（－1）

即有f（3）

10．设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（－1）＝0，当x>0时，xf′（x）－f（x）<0，则使得f（x）>0成立的x的取值范围是____________．

答案　（－∞，－1）∪（0,1）

解析　因为f（x）（x∈R）为奇函数，f（－1）＝0，

所以f

（1）＝－f（－1）＝0.

当x≠0时，令g（x）＝，

则g（x）为偶函数，g

（1）＝g（－1）＝0.

则当x>0时，g′（x）＝′＝<0，

故g（x）在（0，＋∞）上为减函数，在（－∞，0）上为增函数．

所以在（0，＋∞）上，当0g

（1）＝0，

得>0，所以f（x）>0；在（－∞，0）上，当x<－1时，由g（x）0.

综上知，使得f（x）>0成立的x的取值范围是（－∞，－1）∪（0,1）．

11．已知函数f（x）＝（k为常数），曲线y＝f（x）在点（1，f

（1））处的切线与x轴平行．

（1）求实数k的值；

（2）求函数f（x）的单调区间．

解　

（1）f′（x）＝（x>0）．

又由题意知f′

（1）＝＝0，所以k＝1.

（2）f′（x）＝（x>0）．

设h（x）＝－lnx－1（x>0），

则h′（x）＝－－<0，

所以h（x）在（0，＋∞）上单调递减．

由h

（1）＝0知，当00，所以f′（x）>0；

当x>1时，h（x）<0，所以f′（x）<0.

综上，f（x）的单调增区间是（0,1），

单调减区间是（1，＋∞）．

12．已知函数f（x）＝－1（b∈R，e为自然对数的底数）在点（0，f（0））处的切线经过点（2，－2）．讨论函数F（x）＝f（x）＋a