2024-2025学年高中数学第3章导数及其应用阶段综合提升第2课导数在研究函数中的应用教师用书教案新人教A版选修1-1

PAGE4-第3章导数及其应用其次课导数在探讨函数中的应用[巩固层·学问整合][提升层·题型探究]函数的单调性与导数【例1】已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，探讨f(x)的单调性．[思路点拨]eq\x(fx的定义域)→eq\x(求f′x)→eq\x(解f′x>0或f′x<0)[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).①当a≤0时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a).又由f′(x)>0得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)<0得x>eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．导数法求函数单调区间的一般流程求定义域→求导数f′x→求f′x＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f′x在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性.提示：在求解中留意分类探讨和数形结合思想的应用.eq\o([跟进训练])1．已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R，试求f([解]∵f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]e令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a①当－2a＝a－2，即a＝eq\f(2,3)时，f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增．②当－2a<a－2，即a>eq\f(2,3)时，由f′(x)>0得，x<－2a或x>a由f′(x)<0得，－2a<x<a∴f(x)在(－∞，－2a)及(a－2，＋∞在(－2a，a③当－2a>a－2，即a<eq\f(2,3)时，由f′(x)>0得x<a－2或x>－2a由f′(x)<0得a－2<x<－2a∴f(x)在(－∞，a－2)及(－2a，＋∞)上为增函数，在(a－2，－2综上所述，当a<eq\f(2,3)时，f(x)的增区间为(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)；减区间为(a－2，－2a)．当a＝eq\f(2,3)时，f(x)的增区间为(－∞，＋∞)．当a>eq\f(2,3)时，f(x)的增区间为(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)；减区间为(－2a，a－2)．函数的极值、最值与导数【例2】已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是微小值；(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)当a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝eq\f(2,3)x3的图象的下方．[解](1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以f(x)在x＝1处取得微小值，且微小值为eq\f(1,2).(2)当a＝1时，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)>0，则函数f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,2)e2＋1.(3)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx－eq\f(2,3)x3，则F′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2x2＝eq\f(1－x1＋x＋2x2,x)，当x>1时，F′(x)<0，故F(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，又F(1)＝－eq\f(1,6)<0，所以在区间[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．即f(x)<g(x)恒成立．因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方．函数的最值是函数的整体性质，要区分于函数的极值，求函数在闭区间上的最值，应先求开区间的极值，再与闭区间的端点值进行比较，最大的为最大值，最小的为最小值；反过来，已知最值时，要能求相应参数及与最值有关的其他问题.eq\o([跟进训练])2．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(2a＋1)x2＋(a2＋a)x(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝2处取得微小值，求a的值；(2)若a≥0，求f(x)在[0,1]上的最大值．[解](1)f′(x)＝x2－(2a＋1)x＋(a2＋a＝(x－a)[x－(a＋1)]．当x改变时，f′(x)，f(x)的改变状况如下表：x(－∞，a)a(a，a＋1)a＋1(a＋1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘微小值↗∴a＋1＝2，∴a＝1.(2)由(1)知，①当a≥1时，f(x)在[0,1]上是增函数，∴f(x)max＝f(1)＝a2－eq\f(1,6)；②当a＝0时，f(x)在[0,1]上是减函数，∴f(x)max＝f(0)＝0；③当0<a<1时，f(x)在[0，a]上是增函数，在[a,1]上是减函数，∴f(x)max＝f(a)＝eq\f(1,3)a3＋eq\f(1,2)a2.综上，f(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,6)，a≥1，,0，a＝0，,\f(1,3)a3＋\f(1,2)a2，0<a<1.))不等式的证明与导数[探究问题]1．不等式“x>sinx(x>0)”成立吗？如何证明？提示：成立，令f(x)＝x－sinx，x>0，则f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，∴f(x)>f(0)＝0，即x－sinx>0，∴x>sinx.2．如何证明函数不等式f(x)>g(x)(x>a)?提示：可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)(x>a)，只需证明h(x)>0即可，故可求h(x)min>0.【例3】求证：当x>1时，lnx>－eq\f(1,2)x2＋2x－eq\f(3,2).[思路点拨]要证lnx>－eq\f(1,2)x2＋2x－eq\f(3,2)，只需证lnx＋eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(3,2)>0，可构造函数g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(3,2)，利用导数探讨其单调性从而证明原不等式．[证明]令g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(3,2)，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)，由于x>1，所以g′(x)>0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又因为g(1)＝ln1＋eq\f(1,2)×12－2×1＋eq\f(3,2)＝0，因为当x>1时g(x)>0，即当x>1时，lnx>－eq\f(1,2)x2＋2x－eq\f(3,2).利用导数证明不等式的常见形式与步骤1常见形式：已知x∈a，b，求证：ux>vx.2证明步骤：①将所给的不等式移项，构造函数fx＝ux－vx，转化为证明函数fx>0；②在x∈a，b上，推断f′x的符号；③若f′x>0，说明fx在区间a，b上是增函数，只需将所给的区间的左端点的值代入fx，检验其值为零或为正，即证得fa≥0即可；若f′x<0，说明fx在区间a，b上是减函数，只需将所给的区间的右端点的值代入fx，检验其值为零或为正，即证得fb≥0即可.eq\o([跟进训练])3．求证：当0<x<eq\f(π,2)时，tanx>x.[证明]令g(x)＝tanx－x，则g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)－x))e