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2014届 高三理科一轮复习资料第二章 2.2 导数的应用(一)



2.2 导数的应用(一)

考纲点击 1.了解函数单调性和导数的关系,能利用导数研究函数的 单调性.会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三 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(其中多项式函数一般不超过三 次).

说基础
课前预习读教材

考点梳理 1.函数的单调性与导数 在区间(a,b)内,函数的单调性与其导数的正负有如下关 系: (1)如果①__________, 那么函数 y=f(x)在这个区间内单调 递增. (2)如果②__________, 那么函数 y=f(x)在这个区间内单调 递减. (3)如果③__________,那么 f(x)在这个区间内为常数.

2.函数的极值与导数 (1)函数的极小值 函数 y=f(x)在点 x=a 的函数值 f(a)比它在 x=a 附近其他 点的函数值都小,f′(a)=0;而且在点 x=a 附近的左侧④ __________,右侧⑤__________,则点 a 叫做函数 y=f(x)的极 小值点,f(a)叫做函数 y=f(x)的极小值. (2)函数的极大值 函数 y=f(x)在点 x=b 的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近的 其他点的函数值都大,f′(b)=0;而且在点 x=b 附近的左侧 ⑥__________,右侧⑦________,则点 b 叫做函数 y=f(x)的极 大值点,f(b)叫做函数 y=f(x)的极大值.极小值点,极大值点 统称为极值点,极大值和极小值统称为极值.

(3)求函数极值的步骤 第一步,求导数 f′(x); 第二步,求方程⑧__________的根; 第三步,检查 f′(x)在方程根左右的值的符号,如果⑨ __________ , 那 么 f(x) 在 这 个 根 处 取 极 大 值 ; 如 果 ⑩ __________,那么 f(x)在这个根处取极小值.

答案:①f′(x)>0 <0

②f′(x)<0

③f′(x)=0

④f′(x) ⑨

⑤f′(x)>0 ⑥f′(x)>0 左正右负 ⑩左负右正

⑦f′(x)<0

⑧f′(x)=0

考点自测 1.函数 y=f(x)的图象过原点且它的导函数 g(x)=f′(x)的 图象是如图所示的一条直线,则 y=f(x)图象的顶点在( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限

解析:设 g(x)=f′(x)=kx+b(k<0,b>0),则函数 y=f(x) =ax2+bx+c, ∵f(x)的图象过原点,∴c=0,则 f′(x)=2ax+b,由此可 -b 2 知 a<0,b>0,故 y=ax +bx+c 的顶点坐标 x= 2a >0, 4ac-b2 -b2 y= 4a = 4a >0,故 y=f(x)图象的顶点在第一象限. 答案:A

2.已知对任意实数 x,有 f(-x)=-f(x),g(-x)=g(x), 且 x>0 时,f′(x)>0,g′(x)>0,则 x<0 时( ) A.f′(x)>0,g′(x)>0 B.f′(x)>0,g′(x)<0 C.f′(x)<0,g′(x)>0 D.f′(x)<0,g′(x)<0

解析:由题意知 f(x)为奇函数,g(x)为偶函数. 又∵x>0 时,f′(x)>0,g′(x)>0, ∴x>0 时,f(x),g(x)单调递增. ∴x<0 时,f(x),g(x)分别为单调递增,单调递减函数, ∴x<0 时,f′(x)>0,g′(x)<0. 答案:B

3. a∈R, 设 若函数 y=eax+3x, x∈R 有大于零的极值点, 则( ) A.a>-3 B.a<-3 1 1 C.a>-3 D.a<-3

解析:f′(x)=3+aeax,若函数在 x∈R 上有大于零的极值 点,即 f′(x)=3+aeax=0 有正根.当有 f′(x)=3+aeax=0 成 1 ? 3? 立时,显然有 a<0,此时 x= ln?-a?.由 x>0 知参数 a 的取值 a ? ? 范围为 a<-3. 答案:B

4.函数 y=3x2-2lnx 的单调增区间为__________,单调 减区间为__________.
2 2 6x -2 解析:y′=6x- = , x x ∵函数的定义域 D 为(0,+∞), ? 3 ? 3 ? ∴由 y′>0,得 x> ,∴单调增区间为? ,+∞?. ? 3 ? 3 ? ? 3 3? ? 由 y′<0 得 0<x< 3 ,∴单调减区间为?0, ?. 3? ? ? ? 3 ? ? 3? ? ? ? 答案:? ,+∞? ?0, ? 3? ? 3 ? ? ?

5.函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小值.

解析:由题意知 f ′(x)=3x2-6x=3x(x-2),令 f ′(x)=0 得 x=0 或 x=2,由 f ′(x)>0 得 x<0 或 x>2,由 f′(x)<0 得 0<x<2.∴f(x)在 x=2 处取得极小值. 答案:2

说考点
拓展延伸串知识

疑点清源 1.导数与函数单调性的关系 (1)导函数 f′(x)>0(或<0)是函数 y=f(x)递增(或递减)的 充分不必要条件.如 f(x)=x3 在(-∞,+∞)上单调递增,但 f′(x)≥0(只在 x=0 处 f′(x)=0). (2)f(x)单调递增?f′(x)≥0(只在有限个点处 f′(x)=0). f(x)单调递减?f′(x)≤0(只在有限个点处 f′(x)=0).

2.可导函数的极值 (1)极值是一个局部性概念, 一个函数在其定义域内可以有 许多极大值和极小值, 在某一点的极小值也可能大于另一点的 极大值,也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系. (2)若 f(x)在(a,b)内有极值,那么 f(x)在(a,b)内绝不是单 调函数,即在某区间上单调递增或递减的函数没有极值. (3)可导函数的极值点必须是导数为 0 的点, 但导数为 0 的 点不一定是极值点,例如函数 y=x3 在 x=0 处有 y′|x=0=0, 但 x=0 不是极值点.此外,函数不可导的点也可能是函数的 极值点,例如 y=|x|的极值点为 x=0,而 y=|x|在 x=0 处不可 导.

题型探究 题型一 函数的单调性与导数 例 1 已知 f(x)=ex-ax-1. (1)求 f(x)的单调增区间; (2)若 f(x)在定义域 R 内单调递增,求 a 的取值范围; (3)是否存在 a,使 f(x)在(-∞,0]上单调递减,在[0,+ ∞)上单调递增?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由.

解析:f′(x)=ex-a. (1)若 a≤0,f′(x)=ex-a≥0 恒成立,即 f(x)在 R 上递增. 若 a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥lna. ∴f(x)的单调递增区间为(lna,+∞). (2)∵f(x)在 R 内单调递增,∴f′(x)≥0 在 R 上恒成立. ∴ex-a≥0,即 a≤ex 在 R 上恒成立, ∴a≤(ex)min,又∵ex>0,∴a≤0.

(3)方法一:由题意知 ex-a≤0 在(-∞,0]上恒成立. ∴a≥ex 在(-∞,0]上恒成立. ∵ex 在(-∞,0]上为增函数. ∴x=0 时,ex 最大为 1.∴a≥1. 同理可知 ex-a≥0 在[0,+∞)上恒成立. ∴a≤ex 在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1,∴a=1. 方法二:由题意知,x=0 为 f(x)的极小值点. ∴f′(0)=0,即 e0-a=0,∴a=1.

点评:利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方 便, 但应注意 f′(x)>0(或 f′(x)<0)仅是 f(x)在某个区间上为增函数 (或减函数)的充分条件, 在(a, b)内可导的函数 f(x)在(a, b)上递增(或 递减)的充要条件应是 f′(x)≥0[或 f′(x)≤0],x∈(a,b)恒成立,且 f′(x)在(a,b)的任意子区间内都不恒等于 0,这就是说,函数 f(x) 在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有 f′(x0)=0, 甚至可 以在无穷多个点处 f′(x0)=0, 只要这样的点不能充满所给区间的任 何一个子区间,因此,在已知函数 f(x)是增函数(或减函数)求参数的 取值范围时,应令 f′(x)≥0[或 f′(x)≤0]恒成立,解出参数的取值 范围(一般可用不等式恒成立理论求解), 然后检验参数的取值能否使 f′(x)恒等于 0,若能恒等于 0,则参数的这个值应舍去,若 f′(x) 不恒为 0, 则由 f′(x)≥0[或 f′(x)≤0]恒成立解出的参数的取值范围 确定.

变式探究 1 已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)若函数 f(x)在(-1,1)上单调递增,求 a 的取值范围.

解析:(1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0,∴-x2+2>0,解得- 2<x< 2. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2).

(2)∵函数 f(x)在(-1,1)上单调递增, ∴f′(x)≥0 对 x∈(-1,1)都成立. ∵f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex =[-x2+(a-2)x+a]ex, ∴[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈(-1,1)都成立. ∵ex>0, ∴-x2+(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立.

x2+2x ?x+1?2-1 1 即 a≥ = =x+1- 对 x∈(-1,1)都成 x+1 x+1 x+1 立. 1 1 令 y=x+1- ,则 y′=1+ 2>0, x+1 ?x+1? 1 ∴y=x+1- 在(-1,1)上单调递增, x+1 1 3 3 ∴y<1+1- = ,∴a≥ . 2 1+1 2

题型二 函数的极值与导数 例 2 已知函数 f(x)=x3+mx2-m2x+1(m 为常数,且 m>0) 有极大值 9. (1)求 m 的值; (2)若斜率为-5 的直线是曲线 y=f(x)的切线,求此直线方 程.

解析:(1)f′(x)=3x2+2mx-m2=(x+m)(3x-m)=0,则 x 1 =-m 或 x=3m. 当 x 变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表:

从而可知,当 x=-m 时,函数 f(x)取得极大值 9, 即 f(-m)=-m3+m3+m3+1=9,∴m=2.

(2)由(1)知,f(x)=x3+2x2-4x+1, 依题意知 f′(x)=3x2+4x-4=-5, 1 ∴x=-1 或 x=-3, ? 1? 68 又 f(-1)=6,f?-3?=27, ? ? 所以切线方程为 y-6=-5(x+1), ? 1? 68 或 y-27=-5?x+3?, ? ? 即 5x+y-1=0 或 135x+27y-23=0.

点评:此题属于逆向思维,但仍可根据求函数极值的步骤 求解, 但要注意极值点与导数之间的关系, 利用这一关系 f′(x) =0 建立字母系数的方程,通过解方程(组)确定字母系数,从 而解决问题.

变式探究 2 设函数 f(x)=x2ex 1+ax3+bx2,已知 x=-2 和 x=1 为 f(x)的极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性.



解析:(1)因为 f′(x)=ex-1(2x+x2)+3ax2+2bx =xex-1(x+2)+x(3ax+2b). 又 x=-2 和 x=1 为 f(x)的极值点, 所以 f′(-2)=f′(1)=0, ?-6a+2b=0, ? 因此? ?3+3a+2b=0, ? 1 解方程组得 a=-3,b=-1.

1 (2)因为 a=-3,b=-1, 所以 f′(x)=x(x+2)(ex-1-1), 令 f′(x)=0,解得 x1=-2,x2=0,x3=1. 因为当 x∈(-∞,-2)∪(0,1)时,f′(x)<0. 当 x∈(-2,0)∪(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-2,0)和(1,+∞)上单调递增; 在(-∞,-2)和(0,1)上单调递减.

题型三 用导数证明不等式 例 3 设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1.

解析:(1)由 f(x)=ex-2x+2a, x∈R,知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

故 f(x)的单调递减区间是(-∞, ln2), 单调递增区间是(ln2, +∞), f(x)在 x=ln2 处取得极小值,极小值为 f(ln2)=eln2-2ln2+2a=2(1-ln2+a).

(2)设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R. 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln2-1 时,g′(x)的最小值为 g′(ln2)=2(1-ln2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0, 所以 g(x)在 R 上单调递增. 于是当 a>ln2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)> g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),g(x)>0, 即 ex-x2+2ax-1>0,故 ex>x2-2ax+1.

点评:利用导数证明不等式,关键是根据题意构造函数, 并研究函数的单调性、极值或端点值,将不等式的证明问题转 化为函数的单调性问题或极值问题.

变式探究 3

求证:当 x>0 时,x>ln(1+x).

解析:令 f(x)=x-ln(1+x),∵x>0, 1 x ∴f ′(x)=1- = >0, 1+x 1+x 又∵f(x)在 x=0 处连续, ∴f(x)在[0,+∞)上为增函数. ∴当 x>0 时,f(x)=x-ln(1+x)>f(0)=0, ∴x>ln(1+x).

归纳总结 ?方法与技巧 1.利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为 不等式恒成立问题,要注意分类讨论和数形结合思想的应用. 2.要掌握将不等式的证明、方程根的个数的判定、求作 函数的图象等问题转化为函数的单调性、极值问题的处理. 3.要充分理解列表在研究函数极值过程中的重要性,以 及列表的操作步骤与算法思想.

?失误与防范 1.在确定函数的单调区间,求函数的极大(小)值时,都应 首先考虑所给函数的定义域, 函数的单调区间应是其定义域的 子集. 2.当求出函数的单调区间(如单调增区间)有多个时,不能 把这些区间取并集. 3.求极值时,要注意步骤规范,表格齐全,含参数时, 要注意对字母分类讨论.

新题速递 2 1.(2012· 陕西卷)设函数 f(x)= x +lnx,则( 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x=2为 f(x)的极小值点 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 )

2? 2 1 1? 解析:f′(x)=- 2+ = ?1-x ?=0,可得 x=2. x x x? ? 当 0<x<2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减, 当 x>2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ∴x=2 为 f(x)的极小值点. 答案:D

2.(2012· 重庆卷)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值,则函数 y=xf′(x) 的图象可能是( )

A

B

C

D

解析: f(x)在 x=-2 处取极小值知 f′(-2)=0 且在-2 由 的左侧时 f′(x)<0, 在-2 的右侧时 f′(x)>0, ∴C 项较合适. 答案:C

1 2 3. (2012· 辽宁卷)函数 y= x -lnx 的单调递减区间为( ) 2 A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞) 2 1 2 1 x -1 解析:由 y= x -lnx 求导得 y′=x- = (x>0). 2 x x

?x2-1 ? ≤0, x 令? 得 0<x≤1. ?x>0, ? ∴函数的单调递减区间为(0,1]. 答案:B

4.(2012· 福建卷)已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c, 且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0; ②f(0)f(1) <0;③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0.其中正确结论的序号是( ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④

解析:设 g(x)=x3-6x2+9x=0,则 x1=0,x2=x3=3,其 图象如图:

又 f′(x)=3x2-12x+9=0 时,x1=1,x2=3,即得 f(1)是 极大值,f(3)是极小值.要使 f(x)=x3-6x2+9x-abc 有 3 个零 点,须将 g(x)的图象向下平移,如图所示:

∴由图象可知 f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0. 对于函数的零点问题要注意和对应方程的根及函数的图 象联系起来,当一个函数不能直接画出图象时,要有求导的意 识来探究一下函数的基本性质然后再画草图. 答案:C

5.(2012· 广东卷)设 0<a<1,集合 A={x∈R|x>0},B= {x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B. (1)求集合 D(用区间表示); (2)求函数 f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax 在 D 内的极值点.

解析:(1)令 g(x)=2x2-3(1+a)x+6a, Δ=9(1+a)2-48a=9a2-30a+9=3(3a-1)(a-3). 1 ①当 0<a≤3时,Δ≥0, 方程 g(x)=0 的两个根分别为 3a+3- 9a2-30a+9 x1= , 4 3a+3+ 9a2-30a+9 x2= , 4

∴g(x)>0 的解集为 ? 3a+3- 9a2-30a+9? ? ? -∞, ? ?∪ 4 ? ? ?3a+3+ 9a2-30a+9 ? ? ? ,+∞?. ? 4 ? ? ∵x1,x2>0, ? 3a+3- 9a2-30a+9? ? ? ∴D=A∩B=?0, ?∪ 4 ? ? ?3a+3+ 9a2-30a+9 ? ? ? ,+∞?. ? 4 ? ?

1 ②当 <a<1 时,Δ<0,则 g(x)>0 恒成立, 3 故 D=A∩B=(0,+∞). 1 综上所述,当 0<a≤3时, ? 3a+3- 9a2-30a+9? ? D=?0, ? ?∪ 4 ? ? ?3a+3+ 9a2-30a+9 ? ? ? ,+∞?; ? 4 ? ? 1 当 <a<1 时,D=(0,+∞). 3

(2)f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-a)(x-1), 令 f′(x)=0,得 x=a 或 x=1, 1 ①当 0<a≤3时,由(1)知 D=(0,x1)∪(x2,+∞), ∵g(a)=2a2-3(1+a)a+6a=a(3-a)>0, g(1)=2-3(1+a)+6a=3a-1≤0, ∴0<a<x1<1≤x2,

∴f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:

∴f(x)的极大值点为 x=a,没有极小值点.

1 ②当3<a<1 时,由(1)知 D=(0,+∞), ∴f′(x),f(x)随 x 的变化情况如下表:

∴f(x)的极大值点为 x=a,极小值点为 x=1. 1 综上所述,当 0<a≤ 时,f(x)有一个极大值点 x=a,没 3 1 有极小值点;当3<a<1 时,f(x)有一个极大值点 x=a,一个 极小值点 x=1.



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