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文档简介
1、导数在研究函数中的应用考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的 单调区间 (其中多项式函数不超过三次 );2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件; 会用导数求函数的极大值、极小值( 其中多项式函数不超过三次 );会求闭区间上函数的最大值、最小值 (其中多项式函数不超过三次 ); 3.利用导数研究函数的单调性、极 (最 )值,并会解 决与之有关的方程 (不等式 )问题; 4.会利用导数解决某些简单的实际问题.知识梳理1. 函数的单调性与导数的关系函数 y f(x)在某个区间内可导,则:(1) 若 fx()>0 ,则 f(x)在这个区间内单调
2、递增;(2) 若 fx()<0 ,则 f(x)在这个区间内单调递减;(3) 若 fx() 0,则 f(x)在这个区间内是常数函数 .2. 函数的极值与导数f x(0) 0条件x0 附近的左侧 fx()>0,右侧fx()<0x0 附近的左侧 fx()<0 ,右侧 fx()>0图象形如山峰形如山谷极值f (x0)为极大值f(x0)为极小值极值点x0 为极大值点x0 为极小值点3.函数的最值与导数(1) 函数 f(x) 在 a,b上有最值的条件如果在区间 a, b上函数 yf(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值(2) 求 yf(x)在a,b上的最大
3、 (小 )值的步骤求函数 y f(x)在(a,b)内的极值;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 .常用结论与微点提醒 1. 若函数 f(x)在区间 (a, b)上递增,则 fx() 0,所以“ fx()>0 在(a, b)上成立”是“ f(x)在(a, b)上单调递增”的充分不必要条件 .2. 对于可导函数 f(x),“ fx(0)0”是“函数 f(x)在 xx0 处有极值”的必要不充分条件 .3. 求最值时,应注意极值点与所给区间的关系,关系不确定时,需要分类讨论,不可想当然 认为极值就是最值 .4. 函数
4、最值是“整体”概念,而函数极值是“局部”概念,极大值与极小值之间没有必然的 大小关系 .诊断自测1.判断下列结论正误 (在括号内打“”或“×” )(1) 若函数 f(x)在 (a, b)内单调递增,那么一定有 fx()>0.()(2) 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 .( )(3) 函数的极大值一定大于其极小值 .( )(4) 对可导函数 f(x),若 fx(0) 0,则 x0 为极值点 .()(5) 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.( )解析 (1) f(x)在 (a, b)内单调递增,则有 fx
5、()0.(3) 函数的极大值也可能小于极小值 .(4) x0为 f( x)的极值点的充要条件是 f x(0) 0,且 x0 两侧导函数异号 . 答案 (1) × (2) (3)× (4)× (5)2.(老教材选修 11P94 探究改编 )如图是 f(x)的导函数 fx()的图象,则 f(x)的极小值点的个数 为 ()A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由题意知在 x1处 f(1)0,且其两侧导数符号为左负右正 . 答案 A3. (老教材选修 11P93 练习 T1 改编)函数 f(x)x22ln x 的单调递减区间是 ( ) A.(0 , 1B.1 , )C.(
6、, 1D. 1, 0)(0,12 2x2 2解析 由题意知 f x() 2x x x (x>0) ,由 fx() 0,得 0<x 1.答案 A4. (2017 浙·江卷 )函数 y f(x)的导函数 yfx()的图象如图所示,则函数y f(x)的图象可能是 x1<0<x2<x3),所以函数 f( x)在( , x1) ,(x2, x3)上单调递减,在 (x1, x2), (x3 , )上单调 递增,观察各选项,只有 D 选项符合 .解析由导函数 y fx()的x( ,x1)(x2,x3)时,fx()<0;当图象易得当x(x1,x2)(x3, )时,
7、 f x()>0(其中答案 D15. (2020 深·圳调研 )设函数 f(x)12x29ln x 在区间 a1, a 1上单调递减,则实数 a 的取值 范围是 ( )A. (1 , 2B.4 , )C.(, 2D.(0 ,39解析 易知 f(x)的定义域为 (0, ),且 fx() x x又 x>0,由 fx() x 0,得 0<x 3.x因为函数 f( x)在区间 a 1, a1上单调递减,a 1>0 ,所以解得 1<a 2.a 13,答案 A16. (2020 成·都七中月考 )若函数 f(x)3x34xm 在0,3上的最大值为 4,m.
8、解析 fx()x24,x0,3,当 x0,2)时, fx()<0,当 x(2,3时,fx()>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) 3m.所以在 0, 3上, f(x)maxf(0) 4,所以 m 4. 答案 4.x第一课时 导数与函数的单调性考点一 讨论函数的单调性【例 1】 (2017·全国 卷改编 )已知函数 f(x) ex (ex a) a2x,其中参数 a0.(1)讨论 f(x) 的单调性;(2)若 f( x) 0,求 a 的取值范围 .解 (1)函数 f (x)的定义域为 (, ),且 a 0.fx(
9、) 2e2x aex a2 (2ex a)(ex a).若 a0,则 f(x)e2x,在 (, )上单调递增 .a若 a<0,则由 fx() 0,得 xln 2 .a当 x , ln 2 时, fx()<0 ;a当 x ln 2 , 时, fx()>0.a故 f(x)在 , ln 2 上单调递减,a在区间 ln 2a , 上单调递增 .(2)当 a0时, f(x) e2x0恒成立 .若 a<0,则由 (1)得,当 x ln 2a 时,f(x)取得最小值, 最小值为 f ln 2a a2 34ln 2a , 故当且仅当 a2 3ln a 0,423即 0>a 2e4
10、时, f(x)0.3综上, a 的取值范围是 2e4,0.规律方法 1.(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 0 的点和函数的间断点 . 2.个别导数为 0的点不影响所在区间的单调性,如f(x)x3,fx()3x20(fx()0在 x0时取到),f(x)在 R 上是增函数 .【训练 1】 已知函数 f(x)axln x(a R).(1)若 a 2,求曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程;(2)求 f(x)的单调区间 .1解 (1)当 a2 时,由已知得 fx()2x1(x>
11、0),f(1)213,且 f(1)2,所以切线斜率 k 3.所以切线方程为 y23(x 1),即 3x y10. 故曲线 yf(x)在 x1 处的切线方程为 3xy10.1 ax 1(2)由已知得 fx()ax x (x>0) ,当 a0 时,由于 x>0,故 ax 1>0, fx()>0 ,所以 f(x)的单调递增区间 (0, ).1当 a<0 时,令 fx()0,得 x 7 7 所以 G(x)maxG 4 16(此时 x 4),所以 a 16.a 11在区间 0, 上, fx()>0,在区间 , 上, f x()<0, aa11所以函数 f(x)的
12、单调递增区间为 0, 1 ,单调递减区间为 1, aa考点二 根据函数单调性求参数 典例迁移1【例 2】 (经典母题 )已知函数 f(x)ln x,g(x) 2ax22x.(1)若函数 h(x)f(x)g(x) 存在单调递减区间,求实数 a 的取值范围;(2)若函数 h(x)f(x)g(x) 在1,4上单调递减,求实数 a 的取值范围1解 h(x)ln x 2ax22x, x>0.hx()1ax2.x(1)若函数 h(x)在 (0, )上存在单调减区间,11 2则当 x>0 时, ax2<0 有解,即 a> 2 有解 .xx x设 G(x) x12 2x,所以只要a&g
13、t; G(x) min又 G(x) 11x2 1,所以 G(x)min 1.所以 a>1.即实数 a 的取值范围是 (1, ).(2)由 h(x)在 1, 4上单调递减,1当 x1,4时, hx() x ax 2 0 恒成立,x则 a x12 2x恒成立,设1G(x)x12所以 a G(x) max.12 1 1又 G(x) x1 1,因为 x 1 , 4,所以 1 4,1 ,x x 4x1,4,hx()7x 4)( x 4)0,16x7 1 7( 7x 4)( x 4)16x又当 a176时,hx()x1176x2(7x4)( x4),当且仅当 x 4时等号成立 .h(x)在 1, 4
14、上为减函数 .故实数 a 的取值范围是 176,迁移 1】 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, hx()0恒成立,12所以当 x1,4时, ax122x恒成立,12又当 x1,4时, 2 1(此时 x1),x x min所以 a 1,即 a的取值范围是 (, 1.迁移 2】 本例(2)中,若函数 h(x)在区间 1,4上不单调,求实数a 的取值范围 .解 h(x)在区间 1, 4上不单调,hx()0在开区间 (1,4)上有解 .1 2 12则 a 2 x 1 1 在 (1, 4
15、)上有解 .x x x令 m(x) 1x1 1,x(1,4),易知 m(x)在 (1,4)上是增函数, 1<m(x)<176,因此实数 a 的取值范围是 1, 176 .规律方法 1.(1)已知函数的单调性, 求参数的取值范围, 应用条件fx() 0(或 fx() 0),x( a,b)恒成立,解出参数的取值范围 (一般可用不等式恒成立的理论求解 不恒等于 0 的参数的范围 .(2)如果能分离参数, 则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值),应注意参数的取值是 f x()之间的关系 .2.若函数 y f(x) 在区间 (a,b)上不单调,则转化为 fx() 0 在(a,b)上有解
16、.训练 2】 (2020·赣州联考 )已知函数 f(x)ln x, g(x)21axb.(1)若 f(x)与 g(x)的图象在 x 1 处相切,求 g(x);(2)若 (x)m(xx11)f(x)在1,)上是减函数,求实数 m的取值范围 .11解 (1)由已知得 fx() x1,所以 f(1) 1 21a,所以 a2.x2(2)因为 (x) m(x 1)x 1 又因为 g(1)2abf(1) 0,所以 b1. 所以 g(x) x1.f(x)m(x1)ln x在1, )上是减函数 x1 x2( 2m2) x 1所以 x()2 0 在 1, ) 上恒成立,x(x1)2即 x2(2m2)x
17、10在1, )上恒成立, 则 2m2xx 0<x< , 111 解得 1<x<;由2 解得 0<x<1.所以函数 g(x)在 0, 上单调递减,在,上单调e 2 eee 2g(x)<0, x1, ),x因为 x12,当且仅当 x1 时取等号,x所以 2m2 2,即 m 2.故实数 m 的取值范围是 (, 2.考点三 函数单调性的简单应用 多维探究 角度 1 比较大小【例 31】 (1)已知函数 yf(x)对于任意的 x 0,2 满足 fx()cos xf(x)sin x1ln x,其中 fx()是函数 f(x) 的导函数,则下列不等式成立的是 ( )A
18、. 2f 3 <f 4B. 2f 3 >f 4 C. 2f 6 > 3f 4 D. 2f 3 >f 6(2)(2019 东·北三省四校联考 )设xR,函数 yf(x)的导数存在,若f(x)fx()>0恒成立,且 a>0, 则下列结论正确的是 ( )B.f(a)>f(0)D.e af(a)> f(0)A.f(a)<f(0)C.eaf(a)<f(0)解析(1)令 g(x)f(x)cos x,则 gx()f( x)cos x f(x)2cos2x sin x)1 ln x2cos2x.由0<x<2,g( x) >
19、0,递增,又 3>4,所以 g 3>g4,所以f3>cos 3 cos4,4即 2f 3 >f 4 .(2)设 g(x)exf(x),则 gx()exf(x)fx()>0,g(x)在 R 上单调递增, 由 a>0,得 g(a)>g(0),即 eaf(a)>f(0).答案 (1)B (2)D角度 2 解不等式【例 3 2】 (2020·河南名校联盟调研 )已知定义在 (0, )上的函数 f(x)满足 xfx() f(x)<0 , 其中 fx()是函数 f(x)的导函数 .若 2f(m2 019)>( m 2 019)f(2),
20、则实数 m的取值范围为 ( )A.(0 , 2 019)B.(2 019 , )C.(2 021, )D.(2 019,2 021)解析 令 h(x)f(x),x(0, ),则 hx()xf(x)2 f(x)xxxfx()f(x)<0, hx()<0,函数 h(x)在(0, )上单调递减, 2f(m2 019)>( m2 019)f(2),m2 019>0,f(m2 019) f(2)m2 019 > 2,即 h(m2 019)>h(2).m2 019<2且 m2 019>0,解得 2 019<m<2 021.实数 m 的取值范围为
21、(2 019,2 021).答案 D规律方法 1.利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小的问 题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而根据单调性比较大小 .2. 与抽象函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数;题目中若存在f(x)与 fx()的不等关系时,常构造含 f(x)与另一函数的积 (或商 )的函数,与题设形成解题链条,利用导数 研究新函数的单调性,从而求解不等式 .【训练 3】 (1)(角度 1)函数 f(x)在定义域 R 内可导,若 f(x)f(2 x),且当 x(, 1)时,1(x 1)fx()<0 ,设 af(0),bf 2 ,c f(3
22、) ,则 ()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<c<a1(2)(角度 2)已知函数 fx()是函数 f(x)的导函数, f(1) e,对任意实数都有 f(x)fx()>0,设 F(x)f( xx),则不等式 F (x)< 12的解集为 ( ) eeA.( , 1)B.(1 , )C.(1 ,e)D.(e , )解析 (1)由题意得,当 x<1 时, fx()>0,f(x)在(,1)上为增函数11又 f(3)f(1),且 1<0<12<1,因此有 f( 1)<f(0)<f 2 ,
23、1则有 f(3)<f(0)<f 2 ,即 c<a<b.f(x)exf(x)ex f(x) f(x)(2)Fx()f(x)(eex)2f(x)ex f(x),又 f(x)f x()>0,所以 Fx()<0,即 F(x)在定义域上单调递减,1 由 F( x)< 12 F(1),所以 x>1,e1 所以不等式 F(x)<e12的解集为 (1, ).答案 (1)C (2)BA 级 基础巩固一、选择题1.函数 yf(x)的图象如图所示,则(f(x)在(0, )上单调递减,所解析 由函数 f(x)的图象可知, f(x)在(, 0)上单调递增, 以在(,
24、0)上,fx()>0;在(0,)上,fx()<0,选项 D 满足. 答案 D2.(2020 石·家庄检测 )已知 a 为实数,f(x)ax33x2,若 f(1) 3,则函数 f(x)的单调递增区间为 ( )A.( 2, 2)C.(0 , 2)B.2, 22 , 2D. 2, 22解析 f(x) ax33x2,则 fx() 3ax2 3,又 f(1) 3a 3 3,解得 a 2, fx() 6x23,由 fx()>0,解得 22<x< 22.故 f(x) 的单调递增区间为2, 22 , 2答案 B3. (2019 广·州检测 )定义在 R 上的函
25、数 f(x) x3 m与函数 g(x)f(x)kx 在 1,1上具有相 同的单调性,则 k 的取值范围是 ( )C.( 3, )D.( , 3解析 因为 fx() 3x20,所以 yf(x)为减函数,即 g(x)在 1,1上也为减函数 . 则 gx() 3x2k0,即 k3x2 在1,1上恒成立,所以 k0.答案 B4. 已知函数 f(x ) xsin x,x R,则 f 5 ,f(1),f 3 的大小关系为 ( ) A.f 3 >f(1)> f 5 B.f(1)>f 3 >f 5 C.f 5 >f(1)>f 3D.f 3 >f 5 >f(1)解
26、析 因为 f(x)xsin x,所以 f(x)(x) ·sin( x) xsin x f(x),所以函数 f(x)是偶函数,所以 f 3f 3.33又当 x 0,2 时, fx() sin xxcos x>0,所以函数 f(x)在 0, 2上是增函数,所以 f 5<f(1)<f 3,即 f 3>f(1)>f 5.答案 A15. 已知函数 f(x)3x34x 2ex 2ex,其中 e 为自然对数的底数,若 f(a1)f(2a2)0,则3实数 a 的取值范围是 ( )1A.( , 1B. 2, C. 1, 12D. 1, 12解析 f x() x24 2ex
27、 2ex x2 4 2 4ex·ex x20, f(x)在 R 上是增函数 . 1又 f(x) 31x3 4x2e x 2ex f(x),知 f(x)为奇函数 .3故 f(a1)f(2a2) 0? f(a 1) f(2a2),1a1 2a2,解之得 1a2.答案 D二、填空题6. 已知定义在区间 ( , 上)的函数 f( x) xsin x cos x,则 f(x)的单调递增区间为 .解析 f x() sin x xcos xsin x xcos x.令 fx() xcos x>0,则其在区间 ( ,上)的解集为 , 2和 0,2,即 f(x)的单调递增区间为 , 2, 0,2
28、.答案 ,2 , 0,27. 若 f(x) x2 aln x 在(1, ) 上单调递增,则实数 a 的取值范围为 a解析 由 f(x)x2aln x,得 fx() 2xx,xf(x)在(1,)上单调递增, 2x ax 0 在(1,)上恒成立,即 a2x2在(1,)上恒x成立, 当 x(1, )时, 2x2>2, a 2.答案 (, 28.(2020 西·安调研 )设 f(x)是定义在 R 上的奇函数, f(2) 0,当 x>0时,有 xf(x)f(x)x2<0恒成立,则不等式 x2f(x)>0 的解集是解析 当 x>0时,x2f(xx) x·f
29、(x)2 f(x)<0,xf( x) (x) (x) 在(0, )上为减函数,x又 f(2) 0,即 (2)0,在(0,)上,当且仅当 0<x<2 时, ( x)>0, 此时 x2f(x)>0.又 f(x)为奇函数, h(x)x2f(x)也为奇函数, 由数形结合知 x( , 2)时 f(x)>0.故 x2f(x)>0 的解集为 (, 2)(0,2).答案 (, 2)(0, 2)三、解答题9.已知函数 f(x)ln xex k(k为常数 ),曲线 yf(x)在点(1,f(1)处的切线与 x轴平行 .(1)求实数(2)求函数k 的值; f(x)的单调区间
30、.1 ln x kx解 (1)fx()x (x>0).1k又由题意知 f(1) 1k0,所以 k 1. e1 ln x 1x(2)由(1)知, fx()ex(x>0).设 h(x)x1 ln x1(x>0),x 则 hx() x12 x1<0,所以 h( x)在(0, )上单调递减 .由 h(1) 0知,当 0<x<1 时, h(x)>0,所以 fx()>0;当 x>1 时, h(x)<0 ,所以 fx()<0. 综上 f(x)的单调增区间是 (0, 1),减区间为 (1, ).1e10. 设函数 f( x)ax2 a ln x
31、,g(x) x,其中 aR ,e 2.718为自然对数的底数 xe(1)讨论 f(x) 的单调性; (2)证明:当 x>1 时, g(x)>0.1 2ax2 1(1)解 由题意得 fx() 2ax x x (x>0).xx当 a0 时, fx()<0 , f(x)在 (0, )内单调递减 .a>0xx1时,由 fx() 0 有 x,2a0, 211. (2020 郑·州调研 ) 已知 f(x)aln x 2x2(a>0),若对任意两个不相等的正实数x1,x2,都有2a 时, fx()<0,f(x)单调递减;12a, 时, fx()>0,
32、f(x)单调递增 .(2)证明 令 s(x) ex1x,则 sx()ex1 1.当 x>1 时, sx()>0 ,所以 s(x)>s(1),即 ex 1>x,>0.从而 g(x)1xeexe(exxe1xx)x e xef( x1) f( x2)x1x2>2 恒成立,则a 的取值范围为 (B 级 能力提升A.(0 ,1B.(1 , )C.(0,1)D.1 , )f( x1) f ( x2)解析 对任意两个不相等的正实数 x1,x2,都有 ( 1) ( 2) >2恒成立,则当 x>0 时,f x() 2 x1x2a恒成立, fx() x x 2在(
33、0, )上恒成立,则 a(2xx2)max1.x答案 D12. 若函数 exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数 )在 f(x) 的定义域上单调递增,则称函数 f(x) 具有 M性质.下列函数中具有 M 性质的是 ( ) x 2A.f(x) 2 xB.f(x)x2C.f(x)3 xD. f(x) cos x解析 设函数 g(x)ex·f(x),对于 A,g(x)ex·2x 2e ,在定义域 R 上为增函数, A 正确 . 对于 B,g(x)ex·x2,则 gx() x(x 2)ex,由 gx()>0 得 x<2 或 x>0,g(x)在定义域 R 上不 e x是增函数, B 不正确 .对于 C,g(x)ex·3x 3 在定义域 R 上是减函数, C 不正确 .对于 D,g(x) ex·cos x,则 gx() 2excos x4 , gx()>0 在定义域 R 上不恒成立, D 不正确 .答案 A13. 求形如 y f(x)g(x)的函数的导数, 我们常采用以下做法: 先两边同取自然对数得 ln y g(x)ln11f(x) , 再 两 边 同 时 求 导 得 y ·y g
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