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2014届高三数学(理)一轮专题复习课件 导数的应用(1)



§3.2

导数的应用(一)

[高考调研
考纲解读

明确考向]
考情分析

?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、极值 利用导数来研究函数单调性,会求 是近几年高考的热点. 函数的单调区间(其中多项式函数一 ?选择题、填空题侧重于利用导数确 般不超过三

次). 定函数的单调性和极值.解答题侧 ?了解函数在某点取得极值的必要条 重于导数与函数、解析几何、不等 件和充分条件;会用导数求函数的 式、数列的综合应用,一般难度较 极大值、极小值(其中多项式函数一 大,属中高档题. 般不超过三次).

知识梳理 1.函数的单调性与导数 在(a,b)内可导函数f(x),f′(x)在(a,b)任意子区间内都 不恒等于0. 1 f′(x)≥0?f(x)为□______________; 2 f′(x)≤0?f(x)为□______________.

2.函数的极值与导数 (1)函数的极小值. 若函数y=f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近 3 其它点的函数值 □ ________,且f′(a)=0,而且在点x=a 4 5 附近的左侧 □ __________,右侧 □ __________,则a点叫 做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.

(2)函数的极大值. 若函数y=f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近 6 其他点的函数值 □ ______且f′(b)=0,而且在点x=b附近 7 8 的左侧 □ ______,右侧 □ ________,则b点叫做函数的极 9 10 大值点,f(b)叫做函数的极大值, □ ________和 □ _____统 称为极值.

1 答案: □ 增函数

2 3 4 □ 减函数 □ 都小 □ f′(x)<0

5 6 7 8 9 □f′(x)>0 □都大 □f′(x)>0 □f′(x)<0 □极 大值 10 □极小值

名师微博 ●两个条件 ①f′(x)>0在(a,b)上成立是f(x)在(a,b)上单调递增的 充分条件.②对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0 处有极值的必要不充分条件.

●三个步骤 求函数单调区间的步骤:①确定函数f(x)的定义域;② 求导数f′(x);③由f′(x)>0(f′(x)<0)解出相应的x的范 围.当f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是增函数;当f′(x) <0时,f(x)在相应的区间上是减函数.还可以列表,写出函 数的单调区间.

基础自测 1.函数f(x)=x2-2lnx的递减区间是( A.(0,1] B.[1,+∞) C.(-∞,-1),(0,1) D.[-1,0),(0,1] )

2 解析:函数的定义域为(0,+∞),又f′(x)=2x- x = ?x+1??x-1? 2 .由f′(x)≤0,解得0<x≤1. x

答案:A

2.函数f(x)=x3-3x2+3x的极值点的个数是( A.0 C.2 B.1 D.3

)

解析:由题知f(x)的导函数值恒大于或等于零,所以函 数f(x)总单调递增.

答案:A

3.已知二次函数f(x)的图像如图所示,那么其导函数 f′(x)的图像大致形状是( )

A.

B.

C.

D.

解析:由函数f(x)的图像知,当x∈(-∞,1)时,f(x)为 减函数,∴f′(x)<0. 当x∈(1,+∞)时,f(x)为增函数,∴f′(x)>0.

答案:C

4.已知函数f(x)=3x3-ax2+x-5在区间[1,2]上单调递 增,则a的取值范围是( A.??-∞,5??
? 37? C.?-∞, 4 ? ? ?
? ?

)

B.(-∞,5] D.(-∞,3]

解析:由题意可得f′(x)=9x2-2ax+1≥0在x∈[1,2]时 1? 1? 恒成立.故只需满足a≤ ?9x+x ? 2? ?
min,x∈[1,2]即可.又由函

a 1 数h(x)=x+ (a>0)的单调性可知函数g(x)=9x+ 在[1,2]上为 x x 增函数,故a≤5.

答案:B

5.函数f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]既有极大值又有极 小值,则a的取值范围是__________.

解析:∵f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1], ∴f′(x)=3x2+6ax+3(a+2). 令3x2+6ax+3(a+2)=0,即x2+2ax+a+2=0. ∵函数f(x)有极大值和极小值, ∴方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根. 即Δ=4a2-4a-8>0,∴a>2,或a<-1.

答案:a>2,或a<-1

考点一

函数的单调性与导数

[例1]

(2013· 临沂调研)a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)e-x,(x

∈R,e为自然对数的底数) (1)当a=-2时,求函数f(x)的单调递减区间; (2)若函数f(x)在(-1,1)内单调递减,求a的取值范围; (3)函数f(x)是否为R上的单调函数,若是,求出a的取值范 围;若不是,请说明理由.

解析:(1)当a=-2时,f(x)=(-x2-2x)e x, ∴f′(x)=(x2-2)e-x. 令f′(x)<0,得x2-2<0. ∴- 2<x< 2. ∴函数的单调递减区间是(- 2, 2). (注:写成[- 2, 2]也对)



(2)∵f(x)=(-x2+ax)e x, ∴f′(x)=(-2x+a)e-x+(-x2+ax)(-e-x) =[x2-(a+2)x+a]e-x. 要使f(x)在(-1,1)上单调递减, 则f′(x)≤0对x∈(-1,1)都成立, ∴x2-(a+2)x+a≤0对x∈(-1,1)都成立. 令g(x)=x
2



?g?-1?≤0, ? -(a+2)x+a,则? ?g?1?≤0. ?

?1+?a+2?+a≤0, ? ∴? ?1-?a+2?+a≤0. ?

3 ∴a≤- . 2

(3)①若函数f(x)在R上单调递减,则f′(x)≤0对x∈R都 成立. 即[x2-(a+2)x+a]e-x≤0对x∈R都成立. ∵e-x>0,∴x2-(a+2)x+a≤0对x∈R都成立. 令g(x)=x2-(a+2)x+a, ∵图像开口向上,∴不可能对x∈R都成立.

②若函数f(x)在R上单调递增,则f′(x)≥0,对x∈R都成 立,即[x2-(a+2)x+a]e x≥0,对x∈R都成立. ∵e-x>0,∴x2-(a+2)x+a≥0对x∈R都成立. ∵Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0, 故函数f(x)不可能在R上单调递增. 综上可知,函数f(x)不可能是R上的单调函数.


方法点睛

函数在指定区间上单调递增(减),函数在这

个区间上的导数大于或等于0(小于或等于0),只要不在一段 连续区间上恒等于0即可,求函数的单调区间f′(x)>0(或 f′(x)<0)即可.

变式训练1

已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间; (2)是否存在a,使f(x)在(-2,3)上为减函数,若存在,求 出a的取值范围,若不存在,说明理由.

解析:f′(x)=ex-a. (1)若a≤0,则f′(x)=ex-a≥0,即f(x)在R上递增. 若a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥lna,因此f(x)的递增区 间是[lna,+∞).

(2)由f′(x)=ex-a≤0在(-2,3)上恒成立, ∴a≥ex在x∈(-2,3)上恒成立. 又∵-2<x<3,∴e-2<ex<e3,只需a≥e3. 当a=e3时f′(x)=ex-e3在x∈(-2,3)上,f′(x)<0, 即f(x)在(-2,3)上为减函数,∴a≥e3. 故存在实数a≥e3,使f(x)在(-2,3)上单调递减.

考点二

函数的极值与导数

[例2]

1 3 (2012· 重庆)设f(x)=alnx+ 2x + 2 x+1,其中a∈R,

曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴. (1)求a的值; (2)求函数f(x)的极值.

1 3 解析:(1)∵f(x)=alnx+2x+2x+1, a 1 3 ∴f′(x)= x-2x2+2. 由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴,故该 1 3 切线斜率为0,即f′(1)=0,从而a-2+2=0,解得a=-1.

1 3 (2)由(1)知f(x)=-lnx+2x+2x+1(x>0),
2 1 1 3 3x -2x-1 ?3x+1??x-1? f′(x)=- x-2x2+2= = . 2x2 2x2

1 1 令f′(x)=0,解得x1=1,x2=- 3 (因x2=- 3 不在定义域 内,舍去). 当x∈(0,1)时,f′(x)<0,故f(x)在(0,1)上为减函数;

当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上为增 函数. 故f(x)在x=1处取得极小值f(1)=3.

方法点睛

求函数极值的步骤:①确定函数的定义

域.②求方程f′(x)=0的根.③用方程f′(x)=0的根和不可 导点的x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并 形成表格.④由f′(x)=0的根左右的符号以及f′(x)在不可导 点左右的符号来判断f′(x)在这个根或不可导点处取极值的 情况.

变式训练2

设函数f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π,

求函数f(x)的单调区间与极值.

解析:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2π, 知f′(x)=1+
? π? 2sin?x+4?.令f′(x)=0, ? ?

? π? 从而sin?x+4?=- ? ?

2 3π ,得x=π或x= , 2 2

当x变化时,f′(x)、f(x)变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(0,π) + ?

π 0 极大 值

? 3π? ?π, ? 2? ?

3π 2 0 极小 值

?3π ? ? ,2π? ?2 ?

- ?↘

+ ?

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,π)与
?3π ? ? ?3π? 3π? 3π ? ,2π? ,单调递减区间是 ?π, ? ,极小值为f ? ? = 2 2? 2 ? 2 ,极 ? ? ? ?

大值为f(π)=π+2.

考点三

利用导数解决不等式问题

[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. x f′(x) f(x) (-∞,ln2) - 单调递减 ln2 0 2(1-ln2+a) (ln2,+∞) + 单调递增

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)证明: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内单调 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.

方法点睛

利用导数证明不等式要考虑构造新的函数,

利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题.比如要 证明对?x∈[a,b]都有f(x)≥g(x),可设h(x)=f(x)-g(x)只要 利用导数说明h(x)在[a,b]上的最小值为0即可.

变式训练3

已知m∈R,函数f(x)=(x2+mx+m)ex

(1)若函数没有零点,求实数m的取值范围; (2)当m=0时,求证f(x)≥x2+x3.

解析:(1)由已知条件f(x)=0无解,即x2+mx+m=0无实 根,则Δ=m2-4m<0,解得0<m<4,实数m的取值范围是 (0,4) (2)证明:当m=0时,f(x)=x2ex 设g(x)=ex-x-1,∴g′(x)=ex-1,g(x),g′(x)随x变 化情况如下:

x g′(x) g(x)

(-∞,0) - 单调递减

0 0 0

(0,+∞) + 单调递增

由此可知对于x∈R,g(x)≥g(0), 即ex-x-1≥0,因此x2(ex-x-1)≥0,整理得x2ex≥x3+ x2,f(x)≥x3+x2.

易错矫正(十一) [试题]

逻辑混乱致误

已知函数f(x)=ax3+3x2-x+1在R上是减函数,

求a的取值范围. 错解:求函数的导数f′(x)=3ax2+6x-1, 当f′(x)<0时,f(x)是减函数,则f′(x)=3ax2+6x-1<
?a<0, ? 0(x∈R).故? ?Δ<0, ?

解得a<-3.

错因:f′(x)<0(x∈(a,b))是f(x)在(a,b)上单调递减的 充分不必要条件,在解题过程中易误作是充要条件,如f(x) =-x3在R上递减,但f′(x)=-3x2≤0.

正解:求函数的导数f′(x)=3ax2+6x-1, (1)当f′(x)<0时,f(x)是减函数,则f′(x)=3ax2+6x-1
?a<0, ? <0(x∈R).故? ?Δ<0, ?

解得a<-3.
3 2

(2)当a=-3时,f(x)=-3x +3x 易知此时函数也在R上是减函数. 综上a的取值范围是a≤-3.

? 1? 3 8 -x+1=-3 ?x-3? + 9 ? ?

点评:若函数f(x)可导,其导数与函数单调性的关系现 以增函数为例来说明:(1)f′(x)>0与f(x)为增函数的关系: f′(x)>0能推出f(x)为增函数,但反之不一定.如函数f(x)= x3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0,所以f′(x)>0是 f(x)为增函数的充分不必要条件.(2)f′(x)≠0时,f′(x)>0 与f(x)为增函数的关系:若将f′(x)=0的根作为分界点,因为 规定f′(x)≠0,即抠去了分界点,此时f(x)为增函数,就一定

有f′(x)>0.所以当f′(x)≠0时,f′(x)>0是f(x) 为增函数的 充分必要条件.(3)f′(x)≥0与f(x)为增函数的关系;f(x)为增 函数,一定可以推出f′(x)≥0,但反之不一定,因为 f′(x)≥0,即为f′(x)>0或f′(x)=0.当函数在某个区间内恒 有f′(x)=0,则f(x)为常数,函数不具有单调性.所以 f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件.

函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高中阶段研 究的重点,我们一定要把握以上三个关系,用导数准确判断 函数的单调性.因此新教材为解决单调区间的端点问题,都 一律用开区间作为单调区间,避免讨论以上问题,也简化了 运算.但在实际应用中还会遇到端点的讨论问题,要谨慎处 理.

因此本题在第一步后再对a=-3进行了讨论,确保其充 要性.在解题中误将必要条件作充分条件或将既不充分也不 必要条件误作充要条件使用而导致的错误还很多,这需要同 学们在学习过程中注意思维的严密性.



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