2017-2018版高中数学第四章导数应用疑难规律方法学案1-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE13学必求其心得，业必贵于专精PAGE第四章导数应用1利用导数研究函数单调性常见题型1．运用导数求函数的单调区间利用导数研究函数单调性的一般步骤：(1）确定函数的定义域；(2)求导数f′（x)；（3)在定义域内解不等式f′(x）〉0或f′(x）〈0，得单调区间．例1求函数f(x)＝x(ex－1)－eq\f（1,2)x2的单调区间．解由已知,得当f′(x)＝(ex－1）（x＋1)＝0时,有x＝0或x＝－1.当x〈－1时，f′(x)〉0；当－1〈x〈0时，f′（x）〈0；当x>0时，f′（x）>0。故f（x)的递增区间是(－∞，－1)，（0，＋∞）,递减区间是(－1，0)．点评单调区间开闭不扣分,但定义域不取的数一定不能取；断开的单调区间一般不合写，也不用“∪"连接，中间用“，”或“和”连接．例2已知函数f(x）＝x2＋3x－2lnx,则函数f(x）的单调递减区间为________．分析先求函数f（x)的定义域和导数，再结合定义域解f′(x）<0即可．解析函数f（x）的定义域为(0,＋∞)，f′（x）＝2x＋3－eq\f(2，x）.令f′(x)<0，即2x＋3－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2＋3x－2，x）<0，结合定义域知x〉0，且2x2＋3x－2〈0，解得0<x<eq\f（1,2)，即函数f(x）的单调递减区间为（0，eq\f(1,2)）．答案（0，eq\f（1，2）)点评求解该类问题时要注意两点:①不要忽视定义域;②如有多个单调递增(减)区间，不要把这些区间取并集．2．证明不等式例3求证：当x〉1时，lnx〉eq\f(1,2）－eq\f（x2,2).分析可构造函数f(x)＝lnx－（eq\f（1，2)－eq\f(x2,2）),由于f（1）＝0,故若能证明f（x）为（1，＋∞）上的增函数，即证明在（1，＋∞）上，导函数f′(x）>0恒成立即可．证明令f(x)＝lnx－(eq\f（1，2）－eq\f(x2，2）），则有f（1）＝0。因为f′（x)＝eq\f(1，x）＋x＝eq\f(1＋x2，x）>0，x∈(1,＋∞)，所以函数f(x）为(1，＋∞）上的增函数，又f(1)＝0，所以当x∈（1，＋∞）时，f（x）〉0恒成立，即lnx>eq\f(1,2）－eq\f（x2,2）.点评证明不等式f（x）>g（x),x∈（a，b）的一般方法：构造函数F（x)＝f（x）－g(x)，x∈(a，b），分析F(x）在区间(a,b)上的单调性及最小值与0的大小，进而说明F(x)〉0在（a，b）内恒成立即可．3．求参数的取值范围例4已知函数f（x)＝x3－ax2＋1.(1）若函数f(x)的单调递减区间是（0,2)，求实数a的值；（2）若函数f（x）在区间(0，2）上是减少的，求实数a的取值范围．分析注意正确区分“在某区间单调”和“单调区间”的概念,避免混淆．解（1）由f(x)的单调递减区间为(0，2）可知0与2是方程f′（x)＝3x2－2ax＝0的两根,故有3×22－2a×2＝0,解得a＝3.（2)因为函数f（x)在区间（0,2)上是减少的，所以f′(x）＝3x2－2ax≤0在（0,2)上恒成立，即2a≥3x在区间(0,2)上恒成立．因为x∈（0，2）,所以3x∈（0，6)，故2a≥6，即a≥3。经验证a＝3时满足题意，故a的取值范围为[3，＋∞）．点评若函数f（x)在区间D上是增（减）函数，则有f′(x）≥0（f′(x)≤0）对x∈D恒成立，这类问题，通常利用导数转化为不等式在某区间上的恒成立问题，进而把恒成立问题转化为求一个函数在某区间上的最大(小）值问题求解．也可根据所给区间是单调递增(减）区间的子区间求解。2巧用导数求极值1．函数的极值点的判定方法设函数f(x）在x0处连续，判定f（x0)是极大(小)值点的方法是:(1）如果在x0两侧f′（x）符号相同,则x0不是函数f（x）的极值点；（2）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；(3)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．也就是说,极大值点可以看成是函数递增区间与递减区间的分界点,极大值是极大值点附近曲线由上升到下降的过渡点的函数值．极小值则是极小值点附近曲线由下降到上升的过渡点的函数值．2．极值常见题型详解（1）利用导数求函数的极值例1求函数f(x）＝xlnx的极值点．解f′(x）＝lnx＋1，x〉0。而f′(x)〉0⇔lnx＋1〉0⇔eq\f（1,e)<x,f′(x)〈0⇔lnx＋1<0⇔0<x<eq\f(1，e），所以f（x)在（0,eq\f（1，e))上是减少的，在（eq\f（1，e)，＋∞）上是增加的．所以x＝eq\f(1，e)是函数f（x)的极小值点，极大值点不存在．点评求极值问题一定注意函数的定义域，所以在定义域内研究函数的极值是求极值时应注意的知识点，再利用求极值的步骤求解即可．(2）含参数的极值问题例2设a∈R，函数f(x)＝lnx－ax，讨论函数f(x)的单调区间和极值．解由已知，得函数f(x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝eq\f(1,x）－a＝eq\f（1－ax，x)。①若a≤0，则f′（x）>0，f(x）在（0，＋∞)上是增加的，无极值；②若a〉0，令f′（x）＝0，得x＝eq\f(1,a）.当x∈(0，eq\f(1，a）)时，f′(x）>0，f（x)是增加的；当x∈（eq\f(1，a)，＋∞)时，f′（x）<0，f（x）是减少的．所以当x＝eq\f(1,a）时，f(x)有极大值，极大值为f(eq\f(1，a）)＝lneq\f(1，a）－1＝－lna－1。综上所述，当a≤0时，f（x）的递增区间为(0，＋∞)，无极值；当a>0时，f(x)的递增区间为（0,eq\f(1，a）)，递减区间为（eq\f(1,a），＋∞），极大值为－lna－1，无极小值．点评本题通过求导，把问题转化为含参数的不等式问题，需要对问题进行讨论，讨论时需要全面，避免遗漏．（3)极值问题的逆向考查例3已知函数f（x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f（a,b)的值为（）A．－eq\f（2,3） B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．不存在解析由题意知f′（x)＝3x2＋2ax＋b。所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，，1＋a＋b－a2－7a＝10.）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－2,，b＝1,)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－6，,b＝9。)）经检验eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－6，,b＝9，)）满足题意，所以eq\f（a，b）＝－eq\f（2,3).故选A.答案A点评本题是已知极值求参数，逆向考查了极值的含义，解题关键是需要对所求参数进行讨论，是否满足极值的条件．如果不满足,需要舍去．3分类讨论思想在导数中的应用分类讨论思想在导数中的应用非常广泛，尤其是在求含参数的函数的单调区间、极值或最值的问题中，那么如何确定分类讨论的标准呢？1．按导数为零的根的大小来分类例1设函数f（x)＝－x（x－a)2（x∈R),其中a∈R且a≠0，求函数f(x)的极大值和极小值．解f′(x)＝－(3x－a）（x－a)，令f′(x）＝0，解得x＝a或x＝eq\f（a，3）。当a〉eq\f(a，3),即a>0，x∈(－∞,eq\f(a,3))时,f′（x）〈0，x∈（eq\f（a，3)，a)时，f′（x)>0，x∈（a，＋∞)时，f′（x）〈0，因此，函数f（x)在x＝eq\f（a，3）处取得极小值－eq\f(4，27)a3，在x＝a处取得极大值0。当a〈eq\f（a,3），即a<0,x∈（－∞，a）时，f′（x)〈0,x∈(a，eq\f(a,3）)时，f′(x）〉0，x∈(eq\f（a，3），＋∞)时,f′(x）〈0,因此,函数f（x）在x＝eq\f(a,3)处取得极大值－eq\f(4，27）a3，在x＝a处取得极小值0。点评本题对f(x）求导后，得到一个二次函数，令f′（x）＝0得到的两个根是含有参数的,因此应按两个根的大小来分类．2．按是否为二次函数来分类例2已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a，x）－1（a≤eq\f（1,2))，讨论f(x）的单调性．解f′(x）＝－eq\f(ax2－x＋1－a，x2)，x∈(0,＋∞)，令h(x)＝ax2－x＋1－a,x∈（0,＋∞）．（1）当a＝0时，h（x)＝－x＋1,x∈（0,＋∞），当x∈(0，1）时，h(x）〉0，此时f′（x)<0，函数f（x）是减少的;当x∈(1，＋∞)时，h（x)〈0，此时f′（x）〉0,函数f（x）是增加的．(2）当a≠0时,由f′（x)＝0,解得x1＝1，x2＝eq\f（1,a)－1,①当a＝eq\f(1，2）,即x1＝x2时，h（x）≥0恒成立，此时f′（x)≤0,f(x）在（0，＋∞)上是减少的；②当0〈a〈eq\f(1，2)，即eq\f(1,a）－1>1>0，x∈（0，1）时，h（x)>0，f′（x)〈0，f（x)是减少的，x∈（1，eq\f(1,a)－1）时，h（x）〈0,f′(x）>0，f(x）是增加的，x∈（eq\f（1,a）－1,＋∞）时，h（x）>0，f′（x）〈0，f(x)是减少的；③当a〈0时，eq\f（1，a）－1<0〈1，x∈（0,1）时，h(x)〉0，f′(x)〈0，f（x)是减少的,x∈（1,＋∞）时，h(x)<0，f′(x）〉0,f(x）是增加的．综上所述：当a≤0时，函数f(x)在（0,1）上是减少的，在(1,＋∞）上是增加的；当a＝eq\f(1，2)时，函数f(x)在（0，＋∞)上是减少的；当0<a<eq\f（1,2）时，函数f(x）在（0,1）和(eq\f（1，a）－1,＋∞)上是减少的，在(1，eq\f(1,a)－1)上是增加的．点评由于f′(x）的分子是一个二次项含参的函数，因此在分类讨论时，首先应按a是否为零，即该函数是否为二次函数来分类,然后当a≠0时，再按根的大小来分类（与例1类似），另外，应注意参数的范围．3．按最值来分类例3设函数f(x)＝ex－e－x，若对所有x≥0都有f（x)≥ax，求实数a的取值范围．解令g(x)＝f(x）－ax，则g′(x）＝f′(x）－a＝ex＋e－x－a，由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1，ex）≥2（当且仅当x＝0时等号成立)，所以当a≤2时，g′（x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g（x）在（0，＋∞)上为增函数．所以当x≥0时，g（x)≥g(0）＝0，即f(x）≥ax。当a〉2时，方程g′（x)＝0的根为x1＝lneq\f（a－\r（a2－4),2)<0,x2＝lneq\f（a＋\r(a2－4）,2)>0，此时,若x∈(0，x2)，则g′（x)<0，故g(x）在区间(0,x2)内为减函数．所以x∈(0,x2)时,g（x)<g（0)＝0，即f（x）〈ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．综上所述，满足条件的实数a的取值范围为（－∞，2］．点