（全國通用版）2022-2023版高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 習題課 導數(shù)的應用學案 新人教A版選修2-2

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1、（全國通用版）2022-2023版高中數(shù)學 第一章 導數(shù)及其應用 習題課 導數(shù)的應用學案 新人教A版選修2-2 學習目標　1.能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性.2.理解函數(shù)的極值、最值與導數(shù)的關系.3.掌握函數(shù)的單調性、極值與最值的綜合應用． 1．函數(shù)的單調性與其導數(shù)的關系 定義在區(qū)間(a，b)內的函數(shù)y＝f(x) f′(x)的正負 f(x)的單調性 f′(x)>0 單調遞增 f′(x)<0 單調遞減 2.求函數(shù)y＝f(x)的極值的方法 解方程f′(x)＝0，當f′(x0)＝0時， (1)如果在x0附近的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，那么f(x0)是極大值．

2、 (2)如果在x0附近的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，那么f(x0)是極小值． 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)內的極值． (2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值. 類型一　構造法的應用 例1　已知定義在上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導函數(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、造法的應用 答案　D 解析　由f′(x)sin x>f(x)cos x， 得f′(x)sin x－f(x)cos x>0， 構造函數(shù)g(x)＝， 則g′(x)＝. 當x∈時，g′(x)>0， 即函數(shù)g(x)在上單調遞增， ∴g

4、D．c0時，xf′(x)＋f(x)<0， 當x<0時，xf′(x)＋f(x)>0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． ∵

5、x)，滿足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，則不等式f(x)<2ex的解集為(　　) A．(－∞，0) B．(－∞，2) C．(0，＋∞) D．(2，＋∞) 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 題點　構造法的應用 答案　C 解析　設g(x)＝，則g′(x)＝. ∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上單調遞減． ∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2， 則不等式等價于g(x)0，∴不等式的解集為(0，＋∞)，故選C. 反思與感悟　構造恰當函數(shù)并判斷其單調性，利用單調性得到x的取值范圍． 跟蹤

6、訓練2　已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對任意的x∈R都有f′(x)<，則不等式f(lg x)>的解集為________． 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 題點　構造法的應用 答案　(0,10) 解析　∵f′(x)<，∴f′(x)－<0， ∴f(x)－在R上為減函數(shù)． 設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上單調遞減，∴l(xiāng)g x<1，∴0

7、利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 例3　已知函數(shù)f(x)＝ax－－2ln x(a∈R)． (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是單調函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍； (2)討論函數(shù)f(x)的單調區(qū)間． 考點　利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間 題點　利用導數(shù)求含參數(shù)函數(shù)的單調區(qū)間 解　(1)f′(x)＝a＋－＝(x>0)． ①當a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調遞減； ②當a>0時，令g(x)＝ax2－2x＋a， ∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是單調函數(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(

8、x)＝≤＝1， 當且僅當x＝1時取等號． ∴a≥1. ∴當a≥1時，函數(shù)f(x)單調遞增． ∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪[1，＋∞)． (2)由(1)可知：①當a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； ②當a≥1時，此時函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調遞增． ③當0

9、單調區(qū)間實質是討論不等式的解集． (4)求參數(shù)的范圍時常用到分離參數(shù)法． 跟蹤訓練3　設函數(shù)f(x)＝ln x＋x2－2ax＋a2，a∈R. (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在[1,3]上不存在單調遞增區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍． 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 題點　存在遞增(或遞減)區(qū)間 解　(1)當a＝2時，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、＝，x∈[1,3]， 設g(x)＝2x2－2ax＋1， 假設函數(shù)f(x)在[1,3]上不存在單調遞增區(qū)間， 必有g(x)≤0， 于是解得a≥. 即實數(shù)a的取值范圍為. 類型三　函數(shù)的極值、最值與導數(shù) 例4　已知函數(shù)f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]，g(x)＝，x∈(0，e]，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R. (1)當a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調區(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，請說明理由． 考點　導數(shù)在最值中的應用 題點　已知最值求參數(shù) (1)

11、解　當a＝1時，f(x)＝2x－ln(2x)，f′(x)＝2－＝，x∈(0，e]， 當00，此時f(x)單調遞增． 所以f(x)的極小值為f?＝1， 故f(x)的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為，f(x)的極小值為f?＝1，無極大值． (2)證明　令h(x)＝g(x)＋＝＋， h′(x)＝，x∈(0，e]， 當00，此時h(x)單調遞增， 所以h(x)max＝h(e)＝＋<1， 由(1)知f(x)min＝1，所以在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋. (3)解　假設存在實數(shù)a

12、，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3， f′(x)＝2a－＝，x∈(0，e]， ①當a≤0時，因為x∈(0，e]， 所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上單調遞減， 所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3， 解得a＝(舍去)， ②當0<時，f(x)在上單調遞減，在上單調遞增， 所以f(x)min＝f?＝1－ln＝3， 解得a＝e2，滿足條件， ③當≥e，即0

13、，使得當x∈(0，e]時，f(x)的最小值為3. 反思與感悟　(1)已知極值點求參數(shù)的值后，要代回驗證參數(shù)值是否滿足極值的定義． (2)討論極值點的實質是討論函數(shù)的單調性，即f′(x)的正負． (3)求最大值要在極大值與端點值中取最大者，求最小值要在極小值與端點值中取最小者． 跟蹤訓練4　設函數(shù)f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1為f(x)的極值點． (1)若x＝1為f(x)的極大值點，求f(x)的單調區(qū)間(用c表示)； (2)若函數(shù)f(x)恰有兩個零點，求實數(shù)c的取值范圍． 考點　函數(shù)極值的綜合應用 題點　函數(shù)零點與方程的根 解　f′(x)＝＋x

14、＋b＝， ∵x＝1為f(x)的極值點，∴f′(1)＝0， ∴f′(x)＝且c≠1，b＋c＋1＝0. (1)若x＝1為f(x)的極大值點，∴c>1， 當00； 當1c時，f′(x)>0. ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，(c，＋∞)；單調遞減區(qū)間為(1，c)． (2)①若c<0，則f(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增， 函數(shù)f(x)恰有兩個零點，則f(1)<0，即＋b<0， ∴－

15、b， ∵b＝－1－c， 則f(x)極大值＝cln c＋c2＋c(－1－c)＝cln c－c－c2<0， f(x)極小值＝－－c，從而得f(x)只有一個零點； 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)只有一個零點． 綜上，使f(x)恰有兩個零點的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　函數(shù)極值的綜合應用 題點　函數(shù)極值在函數(shù)圖象上的應用 答案　C 解析　由題意可

16、知f(0)＝0，f(1)＝0，f(2)＝0， 可得1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，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，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意的正數(shù)a，b，若a

17、函數(shù)的單調性 題點　構造法的應用 答案　A 解析　設g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0， ∴g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減或g(x)為常函數(shù)． ∵a

18、故f(x)min＝f(3)＝3m－， 由f(x)＋9≥0恒成立，得f(x)≥－9恒成立， 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，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)，求實數(shù)a的取值范圍． 考點　利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間 題點　已知函數(shù)的單調性求參數(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

19、，解得x＝或x＝3， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x －1 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，＋∞)上單調遞增，得3x2－2ax＋3≥0， 即a≤， 要使上式成立，只要a≤min即可， 設g(x)＝x＋(x≥1)， 由于g(x)在[1，＋∞)上單調遞增， ∴g(x)min＝2，∴a≤3， 即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，

20、3]． 導數(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)的單調性、極值與最值等問題，都可以通過導數(shù)得以解決．不但如此，利用研究導數(shù)得到函數(shù)的性質后，還可以進一步研究方程、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在下面哪個區(qū)間內是增函數(shù)(　　) A. B．(π，2π) C. D．(2π，3π) 考點　函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系 題點　利用導數(shù)值的正負號判定函數(shù)的單調性 答案　B 解析　f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，若f(x)在某區(qū)間

21、內是增函數(shù)，只需在此區(qū)間內f′(x)大于或等于0(不恒為0)即可． ∴只有選項B符合題意，當x∈(π，2π)時，f′(x)>0恒成立． 2．對任意的x∈R，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在極值點的充要條件是(　　) A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7 C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 題點　極值存在性問題 答案　A 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋7a， 當Δ＝4a2－84a≤0， 即0≤a≤21時，f′(x)≥0恒成立，函數(shù)f(x)不存在極值點． 3．若函數(shù)f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的一個極值點為x＝

22、1，則f(x)的極大值為(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 題點　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)的極值點為x1＝－2，x2＝1， 當x<－2或x>1時，f′(x)>0，函數(shù)是增函數(shù)， 當x∈(－2,1)時，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)

23、 D．(－∞，1)∪(2，＋∞) 考點　函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系 題點　根據(jù)單調性確定導數(shù)值的正負號 答案　A 解析　不等式x·f′(x)>0等價于當x>0時，f′(x)>0，即當x>0時，函數(shù)單調遞增，此時1

24、　已知函數(shù)的單調性求參數(shù)(或其范圍) 答案　C 解析　由題意知f′(x)＝－x＋≤0，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，若關于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有實數(shù)解，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，e2－2) B．(－∞，e2－2] C．(－∞，1) D．(－∞，1] 考點　利用導數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍 題點　利用導數(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)的定義域為

25、(0，＋∞)， f′(x)＝2x－＝， 當x∈[1，e]時，f′(x)≥0， 此時，函數(shù)f(x)單調遞增， 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)的導函數(shù)，則不等式exf(x)>ex＋5(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞) 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 題點　構造法的應用

26、 答案　A 解析　不等式exf(x)>ex＋5可化為exf(x)－ex－5>0. 設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)的單調遞增區(qū)間為________________． 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的極值 題點　已知極值求參數(shù) 答案　(－∞，－1)和(1，＋∞) 解析　令f′(x)＝3x2－3a＝0，

27、得x＝±. 由題意得f()＝2，f(－)＝6，得a＝1，b＝4. 由f′(x)＝3x2－3>0，得f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，－1)和(1，＋∞)． 9．已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(π－x)，且當x∈時，f(x)＝x＋sin x，設a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系是________． 考點　利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 題點　比較函數(shù)值的大小 答案　cπ－2>1>π－3>0， 所以f(π－2)>f(1

28、)>f(π－3)． 即c0，得－11在區(qū)間(1，＋∞)內恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為________． 考點　利用導數(shù)求函數(shù)中參數(shù)的取值范圍 題點　利用導數(shù)求恒成立問題中

29、參數(shù)的取值范圍 答案　[1，＋∞) 解析　由f(x)>1，得ax－ln x>1， ∵x>1，∴原不等式轉化為a>， 設g(x)＝，得g′(x)＝， 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0， 則g(x)在(1，＋∞)上單調遞減， 則g(x)在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥1. 三、解答題 12．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a. (1)求f(x)的單調遞減區(qū)間； (2)若f(x)在區(qū)間[－2,2]上的最大值為20，求它在該區(qū)間上的最小值． 考點　導數(shù)在最值問題中的應用 題點　求函數(shù)的最值 解　(1)∵f′(x)＝－3x2＋6x＋9，

30、令f′(x)<0，解得x<－1或x>3， ∴函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(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x∈(－1,3)時，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,2]上單調遞增． 又由于f(x)在[－2，－1)上單調遞減， ∴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)

31、＝x2－aln x(a∈R)． (1)若f(x)在x＝2時取得極值，求a的值； (2)求f(x)的單調區(qū)間； (3)求證：當x>1時，x2＋ln x0， 所以當a＝4時，x＝2是一個極小值點，故a＝4. (2)解　因為f′(x)＝x－＝， 所以當a≤0時，f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，

32、＋∞)． 當a>0時，f′(x)＝x－＝＝， 所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(，＋∞)；單調遞減區(qū)間為(0，)． (3)證明　設g(x)＝x3－x2－ln x， 則g′(x)＝2x2－x－， 因為當x>1時，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x>1時，x2＋ln x0時，有>0，則不等式x2f(x)>0的解集是________________． 考點　利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間 題點　求不等式的解集 答案　(－1

33、,0)∪(1，＋∞) 解析　令g(x)＝(x≠0)， 則g′(x)＝. ∵當x>0時，>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．設函數(shù)f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在

34、上存在單調遞增區(qū)間，求a的取值范圍； (2)當00，即a>－. 即實數(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x0∈[1,4]，使得f′(x0)＝0，此時函數(shù)f(x)在[1，x0]上單調遞增，在[x0,4]上單調遞減， 因為f(1)＝－＋＋2a＝＋2a>0， 所以f(4)＝－×64＋×16＋8a＝－＋8a<0. 所以f(4)＝－＋8a＝－，即a＝1. 此時，由f′(x0)＝－x＋x0＋2＝0， 得x0＝2或－1(舍去)， 即f(x)在[1,2]上單調遞增，在[2,4]上單調遞減． 所以函數(shù)f(x)max＝f(2)＝.