(全國通用版)2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 習(xí)題課 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案 新人教A版選修2-2
《(全國通用版)2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 習(xí)題課 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案 新人教A版選修2-2》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國通用版)2018-2019版高中數(shù)學(xué) 第一章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 習(xí)題課 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)案 新人教A版選修2-2(18頁珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 習(xí)題課 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用 學(xué)習(xí)目標(biāo) 1.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.2.理解函數(shù)的極值、最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.3.掌握函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值的綜合應(yīng)用. 1.函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的關(guān)系 定義在區(qū)間(a,b)內(nèi)的函數(shù)y=f(x) f′(x)的正負(fù) f(x)的單調(diào)性 f′(x)>0 單調(diào)遞增 f′(x)<0 單調(diào)遞減 2.求函數(shù)y=f(x)的極值的方法 解方程f′(x)=0,當(dāng)f′(x0)=0時(shí), (1)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)>0,右側(cè)f′(x)<0,那么f(x0)是極大值. (2)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)<0,右側(cè)f′(x)>0,那么f(x0)是極小值
2、.
3.函數(shù)y=f(x)在[a,b]上最大值與最小值的求法
(1)求函數(shù)y=f(x)在(a,b)內(nèi)的極值.
(2)將函數(shù)y=f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a),f(b)比較,其中最大的一個(gè)是最大值,最小的一個(gè)是最小值.
類型一 構(gòu)造法的應(yīng)用
例1 已知定義在上的函數(shù)f(x),f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù),且sin x·f′(x)>cos x·f(x)恒成立,則( )
A.f?>f? B.f?>f?
C.f?>2f? D.f?
3、x)sin x-f(x)cos x>0,
構(gòu)造函數(shù)g(x)=,
則g′(x)=.
當(dāng)x∈時(shí),g′(x)>0,
即函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增,
∴g 4、析 令g(x)=xf(x),
則g(-x)=-xf(-x)=xf(x),
∴g(x)是偶函數(shù).g′(x)=f(x)+xf′(x),
∵f′(x)+<0,
∴當(dāng)x>0時(shí),xf′(x)+f(x)<0,
當(dāng)x<0時(shí),xf′(x)+f(x)>0.
∴g(x)在(0,+∞)上是減函數(shù).
∵ 5、
A.(-∞,0) B.(-∞,2)
C.(0,+∞) D.(2,+∞)
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點(diǎn) 構(gòu)造法的應(yīng)用
答案 C
解析 設(shè)g(x)=,則g′(x)=.
∵f(x)>f′(x),∴g′(x)<0,即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減.
∵f(0)=2,∴g(0)=f(0)=2,
則不等式等價(jià)于g(x) 6、則不等式f(lg x)>的解集為________.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點(diǎn) 構(gòu)造法的應(yīng)用
答案 (0,10)
解析 ∵f′(x)<,∴f′(x)-<0,
∴f(x)-在R上為減函數(shù).
設(shè)F(x)=f(x)-,則F(x)在R上為減函數(shù).
∵f(1)=1,
∴F(1)=f(1)-1=1-1=0.
由f(lg x)>,得f(lg x)->0,
∴F(lg x)>F(1).
∵F(x)在R上單調(diào)遞減,∴l(xiāng)g x<1,∴0 7、1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)上是單調(diào)函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍;
(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
題點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)求含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
解 (1)f′(x)=a+-=(x>0).
①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;
②當(dāng)a>0時(shí),令g(x)=ax2-2x+a,
∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,+∞)上是單調(diào)函數(shù),
∴g(x)≥0在區(qū)間[1,+∞)上恒成立,
∴a≥在區(qū)間[1,+∞)上恒成立.
令u(x)=,x∈[1,+∞).
∵u(x)=≤=1,
當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào).
∴a≥1.
∴當(dāng)a≥1時(shí),函數(shù)f(x)單 8、調(diào)遞增.
∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,0]∪[1,+∞).
(2)由(1)可知:①當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)<0,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減;
②當(dāng)a≥1時(shí),此時(shí)函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
③當(dāng)0
9、 設(shè)函數(shù)f(x)=ln x+x2-2ax+a2,a∈R.
(1)當(dāng)a=2時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)f(x)在[1,3]上不存在單調(diào)遞增區(qū)間,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點(diǎn) 存在遞增(或遞減)區(qū)間
解 (1)當(dāng)a=2時(shí),f(x)=ln x+x2-4x+4(x>0),
f′(x)=+2x-4=,
令f′(x)>0,解得x>或x<,
令f′(x)<0,解得 10、上不存在單調(diào)遞增區(qū)間,
必有g(shù)(x)≤0,
于是解得a≥.
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
類型三 函數(shù)的極值、最值與導(dǎo)數(shù)
例4 已知函數(shù)f(x)=2ax-ln(2x),x∈(0,e],g(x)=,x∈(0,e],其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)當(dāng)a=1時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值;
(2)求證:在(1)的條件下,f(x)>g(x)+;
(3)是否存在實(shí)數(shù)a,使f(x)的最小值是3,若存在,求出a的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
考點(diǎn) 導(dǎo)數(shù)在最值中的應(yīng)用
題點(diǎn) 已知最值求參數(shù)
(1)解 當(dāng)a=1時(shí),f(x)=2x-ln(2x),f′(x)=2-=,x∈(0,e],
當(dāng) 11、0 12、x∈(0,e],
①當(dāng)a≤0時(shí),因?yàn)閤∈(0,e],
所以f′(x)<0,f(x)在(0,e]上單調(diào)遞減,
所以f(x)min=f(e)=2ae-ln(2e)=3,
解得a=(舍去),
②當(dāng)0< 13、值后,要代回驗(yàn)證參數(shù)值是否滿足極值的定義.
(2)討論極值點(diǎn)的實(shí)質(zhì)是討論函數(shù)的單調(diào)性,即f′(x)的正負(fù).
(3)求最大值要在極大值與端點(diǎn)值中取最大者,求最小值要在極小值與端點(diǎn)值中取最小者.
跟蹤訓(xùn)練4 設(shè)函數(shù)f(x)=cln x+x2+bx(b,c∈R,c≠0),且x=1為f(x)的極值點(diǎn).
(1)若x=1為f(x)的極大值點(diǎn),求f(x)的單調(diào)區(qū)間(用c表示);
(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)c的取值范圍.
考點(diǎn) 函數(shù)極值的綜合應(yīng)用
題點(diǎn) 函數(shù)零點(diǎn)與方程的根
解 f′(x)=+x+b=,
∵x=1為f(x)的極值點(diǎn),∴f′(1)=0,
∴f′(x)=且c≠1,b 14、+c+1=0.
(1)若x=1為f(x)的極大值點(diǎn),∴c>1,
當(dāng)0 15、c-c-c2<0,
f(x)極小值=--c,從而得f(x)只有一個(gè)零點(diǎn);
③若c>1,則f(x)極小值=f(c)=cln c+c2+c(-1-c)=cln c-c-c2<0,
f(x)極大值=f(1)=--c,從而得f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).
綜上,使f(x)恰有兩個(gè)零點(diǎn)的c的取值范圍為.
1.已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx的圖象如圖所示,則x+x等于( )
A. B.
C. D.
考點(diǎn) 函數(shù)極值的綜合應(yīng)用
題點(diǎn) 函數(shù)極值在函數(shù)圖象上的應(yīng)用
答案 C
解析 由題意可知f(0)=0,f(1)=0,f(2)=0,
可得1+b+c=0,8+4b+2c=0, 16、解得b=-3,c=2,
所以函數(shù)的解析式為f(x)=x3-3x2+2x.
f′(x)=3x2-6x+2,
由方程3x2-6x+2=0,可得x1+x2=2,x1x2=,
所以x+x=(x1+x2)2-2x1x2=4-2×=.
2.已知f(x)是定義在(0,+∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù),且滿足xf′(x)+f(x)≤0,對(duì)任意的正數(shù)a,b,若a
17、,+∞),
則g′(x)=xf′(x)+f(x)≤0,
∴g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減或g(x)為常函數(shù).
∵a
18、,
即3m-≥-9,∴m≥.
4.已知函數(shù)f(x)=x(x2-ax+3).
(1)若x=是f(x)的極值點(diǎn),求f(x)在區(qū)間[-1,4]上的最大值與最小值;
(2)若f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
題點(diǎn) 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍)
解 (1)由f(x)=x3-ax2+3x,
得f′(x)=3x2-2ax+3,
由已知得f′=0,解得a=5,
∴f(x)=x3-5x2+3x,f′(x)=3x2-10x+3,
由f′(x)=0,解得x=或x=3,
當(dāng)x變化時(shí),f′(x),f(x)的變化情況如下表:
x
-1 19、
3
(3,4)
4
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
-9
↗
↘
-9
↗
-4
∴函數(shù)f(x)在[-1,4]上的最小值為-9,最大值是.
(2)f′(x)=3x2-2ax+3,
由f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,得3x2-2ax+3≥0,
即a≤,
要使上式成立,只要a≤min即可,
設(shè)g(x)=x+(x≥1),
由于g(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增,
∴g(x)min=2,∴a≤3,
即實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,3].
導(dǎo)數(shù)作為一種重要的工具,在研究函數(shù)中具有重要的作用,例如函數(shù)的單調(diào)性、極值 20、與最值等問題,都可以通過導(dǎo)數(shù)得以解決.不但如此,利用研究導(dǎo)數(shù)得到函數(shù)的性質(zhì)后,還可以進(jìn)一步研究方程、不等式等諸多代數(shù)問題,所以一定要熟練掌握利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的各種方法.
一、選擇題
1.函數(shù)f(x)=xcos x-sin x在下面哪個(gè)區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)( )
A. B.(π,2π)
C. D.(2π,3π)
考點(diǎn) 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系
題點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)號(hào)判定函數(shù)的單調(diào)性
答案 B
解析 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x,若f(x)在某區(qū)間內(nèi)是增函數(shù),只需在此區(qū)間內(nèi)f′(x)大于或等于0(不恒為0)即可.
∴只有選項(xiàng)B符合題 21、意,當(dāng)x∈(π,2π)時(shí),f′(x)>0恒成立.
2.對(duì)任意的x∈R,函數(shù)f(x)=x3+ax2+7ax不存在極值點(diǎn)的充要條件是( )
A.0≤a≤21 B.a(chǎn)=0或a=7
C.a(chǎn)<0或a>21 D.a(chǎn)=0或a=21
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
題點(diǎn) 極值存在性問題
答案 A
解析 f′(x)=3x2+2ax+7a,
當(dāng)Δ=4a2-84a≤0,
即0≤a≤21時(shí),f′(x)≥0恒成立,函數(shù)f(x)不存在極值點(diǎn).
3.若函數(shù)f(x)=(x2+ax-1)ex-1的一個(gè)極值點(diǎn)為x=1,則f(x)的極大值為( )
A.-1 B.-2e-3
C.5e-3 D 22、.1
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
題點(diǎn) 已知極值求參數(shù)
答案 C
解析 由題意知f′(1)=0,解得a=-1,
∴f′(x)=(x2+x-2)ex-1,
則函數(shù)的極值點(diǎn)為x1=-2,x2=1,
當(dāng)x<-2或x>1時(shí),f′(x)>0,函數(shù)是增函數(shù),
當(dāng)x∈(-2,1)時(shí),函數(shù)是減函數(shù),
∴f(x)極大值=f(-2)=5e-3.
4.已知定義在R上的函數(shù)f(x)的圖象如圖,則x·f′(x)>0的解集為( )
A.(-∞,0)∪(1,2)
B.(1,2)
C.(-∞,1)
D.(-∞,1)∪(2,+∞)
考點(diǎn) 函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系
題點(diǎn) 根據(jù)單調(diào)性 23、確定導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)號(hào)
答案 A
解析 不等式x·f′(x)>0等價(jià)于當(dāng)x>0時(shí),f′(x)>0,即當(dāng)x>0時(shí),函數(shù)單調(diào)遞增,此時(shí)1 24、,x∈(-1,+∞),
即f′(x)=≤0,
即-x2-2x+b=-(x+1)2+1+b≤0,
∴1+b≤0,b≤-1.
6.已知函數(shù)f(x)=x2-2ln x,若關(guān)于x的不等式f(x)-m≥0在[1,e]上有實(shí)數(shù)解,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是( )
A.(-∞,e2-2) B.(-∞,e2-2]
C.(-∞,1) D.(-∞,1]
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍
題點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍
答案 B
解析 由f(x)-m≥0得f(x)≥m,
函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),
f′(x)=2x-=,
當(dāng)x∈[1,e]時(shí),f′(x)≥0,
此時(shí) 25、,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,
所以f(1)≤f(x)≤f(e).
即1≤f(x)≤e2-2,
要使f(x)-m≥0在[1,e]上有實(shí)數(shù)解,
則有m≤e2-2.
7.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f′(x)>1-f(x),f(0)=6,其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù),則不等式exf(x)>ex+5(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))的解集為( )
A.(0,+∞) B.(-∞,0)∪(3,+∞)
C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(3,+∞)
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點(diǎn) 構(gòu)造法的應(yīng)用
答案 A
解析 不等式exf(x)>ex+5可化為exf(x)-ex-5>0.
26、設(shè)g(x)=exf(x)-ex-5,
則g′(x)=exf(x)+exf′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1]>0,
所以函數(shù)g(x)在定義域R上單調(diào)遞增.
又g(0)=0,所以g(x)>0的解集為(0,+∞).
二、填空題
8.函數(shù)f(x)=x3-3ax+b(a>0)的極大值為6,極小值為2,則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為________________.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值
題點(diǎn) 已知極值求參數(shù)
答案 (-∞,-1)和(1,+∞)
解析 令f′(x)=3x2-3a=0,得x=±.
由題意得f()=2,f(-)=6,得a=1,b=4.
由f′(x)=3x 27、2-3>0,得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1)和(1,+∞).
9.已知函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(π-x),且當(dāng)x∈時(shí),f(x)=x+sin x,設(shè)a=f(1),b=f(2),c=f(3),則a,b,c的大小關(guān)系是________.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
題點(diǎn) 比較函數(shù)值的大小
答案 c1>π-3>0,
所以f(π-2)>f(1)>f(π-3).
即c
28、調(diào)遞增,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.
考點(diǎn) 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間
題點(diǎn) 已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)(或其范圍)
答案 (-1,0]
解析 f′(x)=,令f′(x)>0,得-1 29、∵x>1,∴原不等式轉(zhuǎn)化為a>,
設(shè)g(x)=,得g′(x)=,
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)<0,
則g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,
則g(x) 30、,(3,+∞).
(2)∵f(-2)=8+12-18+a=2+a,
f(2)=-8+12+18+a=22+a,∴f(2)>f(-2).
于是有22+a=20,∴a=-2,
∴f(x)=-x3+3x2+9x-2.
當(dāng)x∈(-1,3)時(shí),f′(x)>0,∴f(x)在[-1,2]上單調(diào)遞增.
又由于f(x)在[-2,-1)上單調(diào)遞減,
∴f(2)和f(-1)分別是f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值和最小值,
∴f(-1)=1+3-9-2=-7,即f(x)的最小值為-7.
13.已知函數(shù)f(x)=x2-aln x(a∈R).
(1)若f(x)在x=2時(shí)取得極值,求a的值;
(2 31、)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(3)求證:當(dāng)x>1時(shí),x2+ln x 32、∞);單調(diào)遞減區(qū)間為(0,).
(3)證明 設(shè)g(x)=x3-x2-ln x,
則g′(x)=2x2-x-,
因?yàn)楫?dāng)x>1時(shí),g′(x)=>0,
所以g(x)在x∈(1,+∞)上是增函數(shù),
所以g(x)>g(1)=>0,
所以當(dāng)x>1時(shí),x2+ln x 33、時(shí),>0,即g′(x)>0,
∴g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù).
又f(1)=0,∴g(1)=f(1)=0,
∴在(0,+∞)上,g(x)>0的解集為(1,+∞).
∵f(x)為奇函數(shù),∴g(x)為偶函數(shù),
∴在(-∞,0)上,g(x)<0的解集為(-1,0).
由x2f(x)>0,得f(x)>0(x≠0).
又f(x)>0的解集為(-1,0)∪(1,+∞),
∴不等式x2f(x)>0的解集為(-1,0)∪(1,+∞).
15.設(shè)函數(shù)f(x)=-x3+x2+2ax.
(1)若f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間,求a的取值范圍;
(2)當(dāng)0
34、小值為-,求f(x)在該區(qū)間上的最大值.
考點(diǎn) 導(dǎo)數(shù)在最值問題中的應(yīng)用
題點(diǎn) 已知最值求參數(shù)
解 (1)已知f(x)=-x3+x2+2ax,
則f′(x)=-x2+x+2a,
由于函數(shù)f(x)在上存在單調(diào)遞增區(qū)間,
即導(dǎo)函數(shù)在上存在函數(shù)值大于零的部分,
故f′=-2++2a>0,即a>-.
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為.
(2)已知00,
f′(4)=-16+4+2a=2a-12<0,
則必有一點(diǎn)x0∈[1,4],使得f′(x0)=0,此時(shí)函數(shù)f(x)在[1,x0]上單調(diào)遞增,在[x0,4]上單調(diào)遞減,
因?yàn)閒(1)=-++2a=+2a>0,
所以f(4)=-×64+×16+8a=-+8a<0.
所以f(4)=-+8a=-,即a=1.
此時(shí),由f′(x0)=-x+x0+2=0,
得x0=2或-1(舍去),
即f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增,在[2,4]上單調(diào)遞減.
所以函數(shù)f(x)max=f(2)=.
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