2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第十一節(jié) 導數的應用學案 文(含解析)新人教A版

上傳人:彩*** 文檔編號:107268978 上傳時間:2022-06-14 格式:DOCX 頁數:34 大?。?.74MB
收藏 版權申訴 舉報 下載
2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第十一節(jié) 導數的應用學案 文(含解析)新人教A版_第1頁
第1頁 / 共34頁
2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第十一節(jié) 導數的應用學案 文(含解析)新人教A版_第2頁
第2頁 / 共34頁
2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第十一節(jié) 導數的應用學案 文(含解析)新人教A版_第3頁
第3頁 / 共34頁

下載文檔到電腦,查找使用更方便

46 積分

下載資源

還剩頁未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第十一節(jié) 導數的應用學案 文(含解析)新人教A版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第十一節(jié) 導數的應用學案 文(含解析)新人教A版(34頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。

1、第十一節(jié) 導數的應用 2019考綱考題考情 1.函數的導數與單調性的關系 函數y=f (x)在某個區(qū)間內可導,則 (1)若f ′(x)>0,則f (x)在這個區(qū)間內單調遞增。 (2)若f ′(x)<0,則f (x)在這個區(qū)間內單調遞減。 (3)若f ′(x)=0,則f (x)在這個區(qū)間內是常數函數。 2.函數的極值與導數 (1)函數的極小值 若函數y=f (x)在點x=a處的函數值f (a)比它在點x=a附近其他點的函數值都小,且f ′(a)=0,而且在點x=a附近的左側f ′(x)<0,右側f ′(x)>0,則x=a叫做函數的極小值點,f (a)叫做函數的極小值

2、。 (2)函數的極大值 若函數y=f (x)在點x=b處的函數值f (b)比它在點x=b附近其他點的函數值都大,且f ′(b)=0,而且在點x=b附近的左側f ′(x)>0,右側f ′(x)<0,則x=b叫做函數的極大值點,f (b)叫做函數的極大值,極大值和極小值統稱為極值。 3.函數的最值與導數 (1)函數f (x)在[a,b]上有最值的條件: 一般地,如果在區(qū)間[a,b]上,函數y=f (x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線,那么它必有最大值和最小值。 (2)求函數y=f (x)在[a,b]上的最大值與最小值的步驟為: ①求函數y=f (x)在(a,b)內的極值; ②將函數y=

3、f (x)的各極值與端點處的函數值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。 1.函數f (x)在區(qū)間(a,b)上遞增,則f ′(x)≥0,“f ′(x)>0在(a,b)上成立”是“f (x)在(a,b)上單調遞增”的充分不必要條件。 2.對于可導函數f (x),“f ′(x0)=0”是“函數f (x)在x=x0處有極值”的必要不充分條件。如函數y=x3在x=0處導數為零,但x=0不是函數y=x3的極值點。 一、走進教材 1.(選修1-1P93練習T1(2)改編)函數y=x-ex的單調遞減區(qū)間為(  ) A.(-∞,0) B.(0,+∞) C.

4、[1,+∞) D.(1,+∞) 解析 y′=1-ex<0,所以x>0。故選B。 答案 B 2.(選修1-1P99A組T5(4)改編)函數f (x)=2x-xlnx的極值是(  ) A.    B. C.e     D.e2 解析 f (x)定義域為(0,+∞),因為f ′(x)=2-(lnx+1)=1-lnx,當f ′(x)>0時,解得0e,所以x=e時,f (x)取到極大值,f (x)極大值=f (e)=e。故選C。 答案 C 二、走近高考 3.(2016·四川高考)已知a為函數f (x)=x3-12x的極小值點,則a=(  ) A

5、.-4    B.-2 C.4     D.2 解析 由已知得,f ′(x)=3x2-12=3(x2-4)=3(x+2)(x-2)。于是當x<-2或x>2時,f ′(x)>0;當-2

6、x(3x-a)(a∈R),當a≤0時,f ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,則f (x)在(0,+∞)上單調遞增,又f (0)=1,所以此時f (x)在(0,+∞)內無零點,不滿足題意。當a>0時,由f ′(x)>0得x>,由f ′(x)<0得00,f (x)單調遞增,當x∈(0,1)時,f ′(x)<0,f (x)單調遞減,則f (x)max=f (0)=1,f

7、(-1)=-4,f (1)=0,則f (x)min=-4,所以f (x)在[-1,1]上的最大值與最小值的和為-3。 答案 -3 三、走出誤區(qū) 微提醒:①原函數與導函數的關系不清致誤;②極值點存在的條件不清致誤;③連續(xù)函數在開區(qū)間內不一定有最值。 5.如圖是函數y=f (x)的導函數y=f ′(x)的圖象,則下面判斷正確的是(  ) A.在區(qū)間(-2,1)上f (x)是增函數 B.在區(qū)間(1,3)上f (x)是減函數 C.在區(qū)間(4,5)上f (x)是增函數 D.當x=2時,f (x)取到極小值 解析 在(4,5)上f ′(x)>0恒成立,所以f (x)是增函數。故選C。

8、 答案 C 6.函數g(x)=-x2的極值點是________,函數f (x)=(x-1)3的極值點________(填“存在”或“不存在”)。 解析 結合函數圖象可知g(x)=-x2的極值點是x=0。因為f ′(x)=3(x-1)2≥0,所以f ′(x)=0無變號零點,故函數f (x)=(x-1)3不存在極值點。 答案 0 不存在 7.函數g(x)=x2在[1,2]上的最小值和最大值分別是________,在(1,2)上的最小值和最大值均________(填“存在”或“不存在”)。 解析 根據函數的單調性及最值的定義可得。 答案 1,4 不存在 第1課時 導數與函數的單調

9、性 考點一討論函數的單調性 【例1】 (1)已知e為自然對數的底數,則函數y=xex的單調遞增區(qū)間是(  ) A.[-1,+∞) B.(-∞,-1] C.[1,+∞) D.(-∞,1] (2)(2019·惠州調研)已知函數f (x)=x2-(a+2)x+alnx,其中a∈R。 ①若曲線y=f (x)在點(2,f (2))處的切線與直線x-y+3=0平行,求a的值; ②求函數f (x)的單調區(qū)間。 (1)解析 令y′=(1+x)ex≥0。因為ex>0,所以1+x≥0,所以x≥-1。故選A。 答案 A (2)解?、儆蒮 (x)=x2-(a+2)x+alnx可知,函數f (x

10、)的定義域為{x|x>0},且f ′(x)=2x-(a+2)+, 依題意,f ′(2)=4-(a+2)+=1,解得a=2。 ②依題意,f ′(x)=2x-(a+2)+=(x>0)。 令f ′(x)=0,得x1=1,x2=。 (ⅰ)當a≤0時,≤0,由f ′(x)>0,得x>1; 由f ′(x)<0,得00,得01; 由f ′(x)<0,得

11、。 (ⅲ)當=1,即a=2時,f ′(x)≥0恒成立,則函數f (x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞)。 (ⅳ)當>1,即a>2時,由f ′(x)>0,得0; 由f ′(x)<0,得10,解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間。 4.解不等式f ′(x)<0,解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間。 【變式訓練】 設f (x)=xlnx-ax2+(2a-1)x,a∈R

12、,令g(x)=f ′(x),求g(x)的單調區(qū)間。 解 由f ′(x)=lnx-2ax+2a,得g(x)=lnx-2ax+2a,x∈(0,+∞)。 則g′(x)=-2a=。 若a≤0,當x∈(0,+∞)時,g′(x)>0,函數g(x)單調遞增; 若a>0,當x∈時,g′(x)>0,函數g(x)單調遞增, 當x∈時,g′(x)<0,函數g(x)單調遞減。 所以當a≤0時,g(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞); 當a>0時,g(x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為。 考點二已知函數的單調性求參數取值范圍 【例2】 設函數f (x)=x3-x2+bx+c,曲線y=f (x)在點(0

13、,f (0))處的切線方程為y=1。 (1)求b,c的值; (2)若a>0,求函數f (x)的單調區(qū)間; (3)設函數g(x)=f (x)+2x,且g(x)在區(qū)間(-2,-1)內存在單調遞減區(qū)間,求實數a的取值范圍。 解 (1)f ′(x)=x2-ax+b。 由題意得即 故b=0,c=1。 (2)由(1)得f ′(x)=x2-ax=x(x-a),a>0。 當x∈(-∞,0)時,f ′(x)>0; 當x∈(0,a)時,f ′(x)<0; 當x∈(a,+∞)時,f ′(x)>0。 所以函數f (x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,0),(a,+∞),單調遞減區(qū)間為(0,a)。 (3

14、)g′(x)=x2-ax+2,依題意,存在x∈(-2,-1),使不等式g′(x)=x2-ax+2<0成立。 則存在x∈(-2,-1)使-a>-x-成立,即-a>min。 因為x∈(-2,-1),所以-x∈(1,2), 則-x-≥2=2, 當且僅當-x=-,即x=-時等號成立, 所以-a>2,則a<-2。 所以實數a的取值范圍為(-∞,-2)。 1.f (x)在D上單調遞增(減),只要f ′(x)≥0(≤0)在D上恒成立即可,如果能夠分離參數,則盡可能分離參數后轉化為參數值與函數最值之間的關系。 2.二次函數在區(qū)間D上大于零恒成立,討論的標準是二次函數的圖象的對稱軸與區(qū)間

15、D的相對位置,一般分對稱軸在區(qū)間左側、內部、右側進行討論。 【變式訓練】 若函數f (x)=ex(sinx+a)在區(qū)間(0,π)內單調遞減,則實數a的取值范圍是(  ) A.[-,+∞) B.[1,+∞) C.(-∞,-] D.(-∞,1] 解析 由題意,知f ′(x)=ex(sinx+cosx+a)≤0在區(qū)間(0,π)內恒成立,即a≤-sin在區(qū)間(0,π)內恒成立。因為x+∈,所以sin∈,所以-sin∈[-,1),所以a≤-。故選C。 答案 C 考點三函數單調性的應用微點小專題 方向1:解不等式 【例3】 (2019·安徽省示范高中聯考)設函數f (x)在R上存在導數f

16、′(x),對任意的x∈R,有f (-x)-f (x)=0,且x∈[0,+∞)時,f ′(x)>2x。若f (a-2)-f (a)≥4-4a,則實數a的取值范圍為(  ) A.(-∞,1] B.[1,+∞) C.(-∞,2] D.[2,+∞) 解析 令G(x)=f (x)-x2,則G′(x)=f ′(x)-2x。x∈[0,+∞)時,G′(x)=f ′(x)-2x>0,所以G(x)在[0,+∞)上是增函數。G(-x)=f (-x)-(-x)2=f (x)-x2=G(x),所以G(x)為偶函數,G(x)在(-∞,0)上是減函數。因為f (a-2)-f (a)≥4-4a,所以f (a-2)-4+

17、4a-a2≥f (a)-a2,所以f (a-2)-(a-2)2≥f (a)-a2,即G(a-2)≥G(a),所以|a-2|≥|a|,所以a≤1。故選A。 答案 A 本小題構造了新函數G(x)=f (x)-x2,通過討論其單調性解不等式。 方向2:比較大小 【例4】 (2019·南昌摸底調研)已知函數f (x)是定義在R上的偶函數,設函數f (x)的導函數為f ′(x),若對任意x>0都有2f (x)+xf ′(x)>0成立,則(  ) A.4f (-2)<9f (3) B.4f (-2)>9f (3) C.2f (3)>3f (-2) D.3f (-3)<2f (-2)

18、解析 根據題意,令g(x)=x2f (x),其導數g′(x)=2xf (x)+x2f ′(x),又對任意x>0都有2f (x)+xf ′(x)>0成立,則當x>0時,有g′(x)=x(2f (x)+xf ′(x))>0恒成立,即函數g(x)在(0,+∞)上為增函數,又由函數f (x)是定義在R上的偶函數,則f (-x)=f (x),則有g(-x)=(-x)2f (-x)=x2f (x)=g(x),即函數g(x)也為偶函數,則有g(-2)=g(2),且g(2)

19、x)與f ′(x),常需要通過構造含f (x)與另一函數的積或商的新函數來求解,再借助導數考查新函數的性質,繼而獲得解答。如本題已知條件“2f (x)+xf ′(x)>0”,需構造函數g(x)=x2f (x),求導后得x>0時,g′(x)>0,即函數g(x)在(0,+∞)上為增函數,從而問題得以解決。 【題點對應練】  1.(方向1)已知函數f (x)(x∈R)滿足f (1)=1,且f (x)的導函數f ′(x)<,則不等式f (x2)<+的解集為________。 解析 由題意構造函數f (x)=f (x)-x,則F ′(x)=f ′(x)-。因為f ′(x)<,所以F ′(x)=f

20、′(x)-<0,即函數F (x)在R上單調遞減。因為f (x2)<+,f (1)=1,所以f (x2)-1,即x∈(-∞,-1)∪(1,+∞)。 答案 (-∞,-1)∪(1,+∞) 2.(方向2)定義在R上的函數f (x)滿足:f ′(x)>f (x)恒成立,若x1ex2f (x1) B.ex1f (x2)

21、 (x1)的大小關系不確定 解析 設g(x)=,則g′(x)==,由題意得g′(x)>0,所以g(x)在R上單調遞增,當x1ex2f (x1)。 答案 A 1.(配合例1使用)若函數y=在(1,+∞)上單調遞減,則稱f (x)為P函數。下列函數中為P函數的為(  ) ①f (x)=1;②f (x)=x;③f (x)=;④f (x)=。 A.①②④ B.①③ C.①③④ D.②③ 解析 x∈(1,+∞)時,lnx>0,x增大時,,都減小,所以y=,y=在(1,+∞)上都是減函數,所以f (x)=1和f (x)=都是

22、P函數;′=,所以x∈(1,e)時,′<0,x∈(e,+∞)時,′>0,即y=在(1,e)上單調遞減,在(e,+∞)上單調遞增,所以f (x)=x不是P函數;′=,所以x∈(1,e2)時,′<0,x∈(e2,+∞)時,′>0,即y=在(1,e2)上單調遞減,在(e2,+∞)上單調遞增,所以f (x)=不是P函數。故選B。 答案 B 2.(配合例1使用)已知函數f (x)=ln(ex+1)-ax(a>0),討論函數y=f (x)的單調區(qū)間。 解 f ′(x)=-a=1--a。 ①當a≥1時,f ′(x)<0恒成立, 所以當a∈[1,+∞)時, 函數y=f (x)在R上單調遞減。 ②

23、當00,得(1-a)(ex+1)>1, 即ex>-1+,解得x>ln, 由f ′(x)<0,得(1-a)(ex+1)<1, 即ex<-1+,解得x2f cosx的解集為(  ) A.∪

24、 B.∪ C.∪ D.∪ 解析 令g(x)=,因為f (x)是定義在∪上的偶函數,所以g(x)是定義在∪上的偶函數,又當02f cosx化為>,即g(x)>g,則|x|<,又x∈∪,所以x∈∪。故選C。 答案 C 構造函數 比較大小 此類涉及已知f (x)與f ′(x)的一些關系式,比較有關函數式大小的問題,可通過構造新的函數,創(chuàng)造條件,從而利用單調性求解。 一、x與f (x)的組合函數 【典例1】 若函數f (x)的定義域為R,且滿

25、足f (2)=2,f ′(x)>1,則不等式f (x)-x>0的解集為________。 【解析】 令g(x)=f (x)-x,所以g′(x)=f ′(x)-1。由題意知g′(x)>0,所以g(x)為增函數。因為g(2)=f (2)-2=0,所以g(x)>0的解集為(2,+∞)。 【答案】 (2,+∞) 【典例2】 π是圓周率,e是自然對數的底數,在3e,e3,eπ,π3,3π,πe六個數中,最小的數與最大的數分別是(  ) A.3e,3π  B.3e,eπ C.e3,π3  D.πe,3π 【解析】 構造函數f (x)=,f (x)的定義域為(0,+∞),求導得f ′(x)=,當

26、f ′(x)>0,即0e時,函數f (x)單調遞減。故函數f (x)的單調遞增區(qū)間為(0,e),單調遞減區(qū)間為(e,+∞)。因為e<3<π,所以eln3π3,在3e,e3,eπ,π3,3π,πe六個數中的最大的數

27、是3π,同理得最小的數為3e。故選A。 【答案】 A 二、ex與f (x)的組合函數 【典例3】 已知f (x)(x∈R)有導函數,且?x∈R,f ′(x)>f (x),n∈N*,則有(  ) A.enf (-n)enf (0) B.enf (-n)f (0),f (n)>enf (0) D.enf (-n)>f (0),f (n)0,g(x)為R上的增函數,故g(-n)

28、,f (n)>enf (0)。故選A。 【答案】 A 【典例4】 設a>0,b>0,e是自然對數的底數,則(  ) A.若ea+2a=eb+3b,則a>b B.若ea+2a=eb+3b,則ab D.若ea-2a=eb-3b,則a0,b>0,所以ea+2a=eb+3b=eb+2b+b>eb+2b。對于函數y=ex+2x(x>0),因為y′=ex+2>0,所以y=ex+2x在(0,+∞)上單調遞增,因而a>b成立。故選A。 【答案】 A 第2課時 導數與函數的極值、最值 考點一函數的極值問題微點小專題 方向

29、1:由圖象判斷函數的極值 【例1】設函數f (x)在R上可導,其導函數為f ′(x),且函數y=(1-x)f ′(x)的圖象如圖所示,則下列結論中一定成立的是(  ) A.函數f (x)有極大值f (2)和極小值f (1) B.函數f (x)有極大值f (-2)和極小值f (1) C.函數f (x)有極大值f (2)和極小值f (-2) D.函數f (x)有極大值f (-2)和極小值f (2) 解析 由題圖可知,當x<-2時,f ′(x)>0;當-22時,f ′(x)>0。由此可以得到函數f (x)在x=-2

30、處取得極大值,在x=2處取得極小值。故選D。 答案 D 知圖判斷函數極值的情況。先找導數為0的點,再判斷導數為0的點的左、右兩側的導數符號。 方向2:求函數的極值 【例2】 已知函數f (x)=2f ′(1)lnx-x,則f (x)的極大值為(  ) A.2 B.2ln2-2 C.e D.2-e 解析 函數f (x)定義域(0,+∞),f ′(x)=-1,所以f ′(1)=1,f (x)=2lnx-x,令f ′(x)=-1=0,解得x=2。當00,當x>2時,f ′(x)<0,所以當x=2時函數取得極大值,極大值為2ln2-2。 答案 B

31、 求函數極值的一般步驟:①先求函數f (x)的定義域,再求函數f (x)的導函數f ′(x);②求f ′(x)=0的根;③判斷在f ′(x)=0的根的左、右兩側f ′(x)的符號,確定極值點;④求出具體極值。 方向3:已知極值求參數 【例3】 (2019·江西八校聯考)若函數f (x)=x2-x+alnx在[1,+∞)上有極值點,則實數a的取值范圍為________。 解析 函數f (x)的定義域為(0,+∞),f ′(x)=2x-1+=,由題意知2x2-x+a=0在R上有兩個不同的實數解,且在[1,+∞)上有解,所以Δ=1-8a>0,且2×12-1+a≤0,所以a∈(-∞,-1]。

32、 答案 (-∞,-1] 已知函數極值點或極值求參數的兩個要領 1.列式:根據極值點處導數為0和極值這兩個條件列方程組,利用待定系數法求解。 2.驗證:因為某點處的導數值等于0不是此點為極值點的充要條件,所以利用待定系數法求解后必須驗證根的合理性。 【題點對應練】  1.(方向1)已知函數f (x)的定義域為(a,b),導函數f ′(x)在(a,b)上的圖象如圖所示,則函數f (x)在(a,b)上的極大值點的個數為(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由函數極值的定義和導函數的圖象可知,f ′(x)在(a,b)上與x軸的交點個數為4,但是在原點附近的導數值

33、恒大于零,故x=0不是函數f (x)的極值點,其余的3個交點都是極值點,其中有2個點滿足其附近的導數值左正右負,故極大值點有2個。 答案 B 2.(方向2)若x=-2是函數f (x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,則f (x)的極小值為(  ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1 解析 因為f (x)=(x2+ax-1)ex-1,所以f ′(x)=(2x+a)ex-1+(x2+ax-1)ex-1=[x2+(a+2)x+a-1]ex-1。因為x=-2是函數f (x)=(x2+ax-1)ex-1的極值點,所以-2是x2+(a+2)x+a-1=0的根,所以a=-1,f ′

34、(x)=(x2+x-2)ex-1=(x+2)(x-1)ex-1。令f ′(x)>0,解得x<-2或x>1,令f ′(x)<0,解得-2

35、略)可知,函數在x=2處取得極大值。故選B。 答案 B 4.(方向3)(2019·長春市質量監(jiān)測)若函數f (x)=(x2+ax+3)ex在(0,+∞)內有且僅有一個極值點,則實數a的取值范圍是(  ) A.(-∞,-2] B.(-∞,-2) C.(-∞,-3] D.(-∞,-3) 解析 f ′(x)=(2x+a)ex+(x2+ax+3)ex=[x2+(a+2)x+a+3]ex,令g(x)=x2+(a+2)x+a+3。由題意知,g(x)在(0,+∞)內先減后增或先增后減,結合函數g(x)的圖象特征知,或解得a≤-3。故選C。 答案 C 考點二函數的最值問題 【例4】 (2019

36、·貴陽檢測)已知函數f (x)=-lnx。 (1)求f (x)的單調區(qū)間; (2)求函數f (x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數的底數)。 解 (1)f (x)=-lnx=1--lnx,f (x)的定義域為(0,+∞)。 所以f ′(x)=-=, 由f ′(x)>0,得01, 所以f (x)=1--lnx的單調遞增區(qū)間為(0,1),單調遞減區(qū)間為(1,+∞)。 (2)由(1)得f (x)在上單調遞增,在[1,e]上單調遞減, 所以f (x)在上的最大值為f (1)=1-1-ln1=0。 又f =1-e-ln=2-e,f (e)=1-

37、-lne=-,且f

38、設函數f (x)=lnx-2mx2-n(m,n∈R)。 (1)討論f (x)的單調性; (2)若f (x)有最大值-ln2,求m+n的最小值。 解 (1)函數f (x)的定義域為(0,+∞),f ′(x)=-4mx=, 當m≤0時,f ′(x)>0,所以f (x)在(0,+∞)上單調遞增; 當m>0時,令f ′(x)>0得0, 所以f (x)在上單調遞增,在上單調遞減。 (2)由(1)知,當m≤0時,f (x)無最大值;當m>0時,f (x)在上單調遞增,在上單調遞減。 所以f (x)max=f =ln-2m·-n=-ln2-lnm--n=-ln

39、2, 所以n=-lnm-, 所以m+n=m-lnm-, 令h(x)=x-lnx-(x>0), 則h′(x)=1-=, 所以h(x)在上單調遞減,在上單調遞增, 所以h(x)min=h=ln2,所以m+n的最小值為ln2。 1.(配合例3使用)設函數f (x)=2lnx-mx2+1。 (1)討論函數f (x)的單調性; (2)當f (x)有極值時,若存在x0,使得f (x0)>m-1成立,求實數m的取值范圍。 解 (1)函數f (x)的定義域為(0,+∞), f ′(x)=-2mx=, 當m≤0時,f ′(x)>0,所以f (x)在(0,+∞)上單調遞增; 當m>0

40、時,令f ′(x)>0,則0,所以f (x)在上單調遞增,在上單調遞減。 綜上,當m≤0時,f (x)在(0,+∞)上單調遞增; 當m>0時,f (x)在上單調遞增,在上單調遞減。 (2)由(1)知,當f (x)有極值時,m>0,且f (x)在上單調遞增,在上單調遞減。 所以f (x)max=f =2ln-m·+1=-lnm, 若存在x0,使得f (x0)>m-1成立,則f (x)max>m-1。 即-lnm>m-1,lnm+m-1<0成立, 令g(x)=x+lnx-1(x>0), 因為g′(x)=1+>0, 所以g(x)在(0,+∞)上單調

41、遞增,且g(1)=0, 所以m-1<0,即m<1。 綜上,0

42、=-6。 (2)由f (x0)≤g(x0),得(x0-lnx0)a≥x-2x0, 記F (x)=x-lnx(x>0),則F ′(x)=(x>0), 所以當01時,F ′(x)>0,F (x)單調遞增。 所以F (x)≥F (1)=1>0,所以a≥。 記G(x)=,x∈, 則G′(x)==。 因為x∈,所以2-2lnx=2(1-lnx)≥0, 所以x-2lnx+2>0, 所以當x∈時,G′(x)<0,G(x)單調遞減; 當x∈(1,e)時,G′(x)>0,G(x)單調遞增。 所以G(x)min=G(1)=-1,所以a≥

43、G(x)min=-1, 故實數a的取值范圍為[-1,+∞)。 第3課時 導數與不等式 考點一不等式的證明微點小專題 方向1:移項作差構造法 【例1】 (2019·江西贛州高三模擬)已知函數f (x)=1-,g(x)=+-bx,若曲線y=f (x)與曲線y=g(x)的一個公共點是A(1,1),且在點A處的切線互相垂直。 (1)求a,b的值; (2)證明:當x≥1時,f (x)+g(x)≥。 解 (1)因為f (x)=1-, 所以f ′(x)=,f ′(1)=-1。 因為g(x)=+-bx, 所以g′(x)=---b。 因為曲線y=f (x)與曲線y=g(x)的

44、一個公共點是A(1,1),且在點A處的切線互相垂直,所以g(1)=1,且f ′(1)·g′(1)=-1, 所以g(1)=a+1-b=1,g′(1)=-a-1-b=1,解得a=-1,b=-1。 (2)證明:由(1)知,g(x)=-++x, 則f (x)+g(x)≥?1---+x≥0。 令h(x)=1---+x(x≥1), 則h(1)=0,h′(x)=-+++1=++1。 因為x≥1,所以h′(x)=++1>0, 所以h(x)在[1,+∞)上單調遞增,所以h(x)≥h(1)=0,即1---+x≥0, 所以當x≥1時,f (x)+g(x)≥。 待證不等式的兩邊含有同一個變量

45、時,一般地,可以直接構造“左減右”的函數,利用導數研究其單調性,借助所構造函數的單調性即可得證。 【變式訓練】 (2018·全國卷Ⅰ)已知函數f (x)=aex-lnx-1。(e=2.718 28…是自然對數的底數) (1)設x=2是f (x)的極值點,求a,并求f (x)的單調區(qū)間; (2)證明:當a≥時,f (x)≥0。 解 (1)f (x)的定義域為(0,+∞), f ′(x)=aex-。 由題設知,f ′(2)=0,所以a=。 從而f (x)=ex-lnx-1,f ′(x)=ex-。 當02時,f ′(x)>0。 所以f (x)在(

46、0,2)單調遞減,在(2,+∞)單調遞增。 (2)證明:當a≥時,f (x)≥-lnx-1。 設g(x)=-lnx-1,則g′(x)=-。 當01時,g′(x)>0。 所以x=1是g(x)的極小值點也是最小值點。 故當x>0時,g(x)≥g(1)=0。 因此,當a≥時,f (x)≥0。 方向2:特征分析法 【例2】 已知函數f (x)=ax-lnx-1。 (1)若f (x)≥0恒成立,求a的最小值; (2)證明:+x+lnx-1≥0; (3)已知k(e-x+x2)≥x-xlnx恒成立,求k的取值范圍。 解 (1)由題意知x>0, 所以

47、f (x)≥0等價于a≥。 令g(x)=,則g′(x)=, 所以當x∈(0,1)時,g′(x)>0,當x∈(1,+∞)時,g′(x)<0, 則g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,所以g(x)max=g(1)=1,則a≥1, 所以a的最小值為1。 (2)證明:當a=1時,由(1)得x≥lnx+1。 即t≥lnt+1。 令=t,則-x-lnx=lnt, 所以≥-x-lnx+1,即+x+lnx-1≥0。 (3)因為k(e-x+x2)≥x-xlnx, 即k≥1-lnx恒成立, 所以k≥=-+1, 由(2)知+x+lnx-1≥0恒成立, 所以-+1≤1,故

48、k≥1。 這種方法往往要在前面問題中證明出某個不等式,在后續(xù)的問題中應用前面的結論,呈現出層層遞進的特點。 【變式訓練】 已知函數f (x)=。 (1)求函數f (x)的單調區(qū)間和極值; (2)若對任意的x>1,恒有l(wèi)n(x-1)+k+1≤kx成立,求k的取值范圍; (3)證明:++…+<(n∈N*,n≥2)。 解 (1)f (x)的定義域是(0,+∞), f ′(x)=-,由f ′(x)=0?x=1,列表如下: x (0,1) 1 (1,+∞) f ′(x) + 0 - f (x) 單調遞增 極大值 單調遞減 因此函數f (x)的單調遞增區(qū)間為

49、(0,1),單調遞減區(qū)間為(1,+∞),極大值為f (1)=1,無極小值。 (2)因為x>1, ln(x-1)+k+1≤kx?≤k?f (x-1)≤k, 所以f (x-1)max≤k,所以k≥1。 (3)證明:由(1)可得f (x)=≤f (x)max=f (1)=1?≤1-,當且僅當x=1時取等號。 令x=n2(n∈N*,n≥2)。 則<1-?< < =(n≥2), 所以++…+ <++…+ ==。 方向3:隔離分析法 【例3】 (2019·福州高三期末考試)已知函數f (x)=elnx-ax(a∈R)。 (1)討論f (x)的單調性; (2)當a=e時,證明:

50、xf (x)-ex+2ex≤0。 解 (1)f ′(x)=-a(x>0), ①若a≤0,則f ′(x)>0,f (x)在(0,+∞)上單調遞增; ②若a>0,則當00,當x>時,f ′(x)<0, 故f (x)在上單調遞增,在上單調遞減。 (2)因為x>0,所以只需證f (x)≤-2e, 當a=e時,由(1)知,f (x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減, 所以f (x)max=f (1)=-e。 記g(x)=-2e(x>0), 則g′(x)=, 所以當01時,g′(x)>0,g

51、(x)單調遞增, 所以g(x)min=g(1)=-e。 綜上,當x>0時,f (x)≤g(x), 即f (x)≤-2e,即xf (x)-ex+2ex≤0。 解:由題意知,即證exlnx-ex2-ex+2ex≤0, 從而等價于lnx-x+2≤。 設函數g(x)=lnx-x+2,則g′(x)=-1。 所以當x∈(0,1)時,g′(x)>0,當x∈(1,+∞)時,g′(x)<0, 故g(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減, 從而g(x)在(0,+∞)上的最大值為g(1)=1。 設函數h(x)=,則h′(x)=。 所以當x∈(0,1)時,h′(x)<0,當x

52、∈(1,+∞)時,h′(x)>0, 故h(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增, 從而h(x)在(0,+∞)上的最小值為h(1)=1。 綜上,當x>0時,g(x)≤h(x),即xf (x)-ex+2ex≤0。 若直接求導比較復雜或無從下手時,可將待證式進行變形,構造兩個函數,從而找到可以傳遞的中間量,達到證明的目標。 【變式訓練】 (2019·廣西三市聯考)已知f (x)=ax-lnx,x∈(0,e],g(x)=,其中e是自然對數的底數,a∈R。 (1)當a=1時,求f (x)的極值,并證明f (x)>g(x)+恒成立; (2)是否存在實數a,使f (x)

53、的最小值為3?若存在,求出a的值;若不存在,請說明理由。 解 (1)因為f (x)=x-lnx(x>0), f ′(x)=1-=(00,此時f (x)單調遞增。 所以f (x)的極小值為f (1)=1, 即f (x)在(0,e]上的最小值為1, 令h(x)=g(x)+=+, 則h′(x)=, 當00,h(x)在(0,e]上單調遞增, 所以h(x)max=h(e)=+<+=1=f (x)min。 所以f (x)>g(x)+恒成立。 (2)假設

54、存在實數a,使f (x)=ax-lnx(x∈(0,e])有最小值3,f ′(x)=a-=。 ①當a≤0時,f (x)在(0,e]上單調遞減,f (x)min=f (e)=ae-1=3,a=(舍去), 所以a≤0時,不存在a使f (x)的最小值為3。 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+lna=3,a=e2,滿足條件。 ③當≥e,即0

55、使得當x∈(0,e]時,f (x)有最小值3。 考點二不等式恒成立問題 【例4】 (2019·石家莊質量監(jiān)測)已知函數f (x)=axex-(a+1)(2x-1)。 (1)若a=1,求函數f (x)的圖象在點(0,f (0))處的切線方程; (2)當x>0時,函數f (x)≥0恒成立,求實數a的取值范圍。 解 (1)若a=1,則f (x)=xex-2(2x-1),f ′(x)=xex+ex-4, 則f ′(0)=-3,f (0)=2, 所以所求切線方程為y=-3x+2。 (2)若a≤-1,則f (x)≥0對x>0不恒成立,若a>-1,f (x)≥0對任意的x>0恒成立可轉化為≥

56、對任意的x>0恒成立。 設函數f (x)=(x>0), 則F ′(x)=-。 當00,當x>1時,F ′(x)<0, 所以函數f (x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減, 所以f (x)max=F (1)=, 于是≥,解得a≥。 故實數a的取值范圍是。 不等式恒成立問題的求解策略 1.已知不等式f (x,λ)≥0(λ為實參數)對任意的x∈D恒成立,求參數λ的取值范圍。利用導數解決此類問題可以運用分離參數法。 2.如果無法分離參數,可以考慮對參數或自變量進行分類討論求解,如果是二次不等式恒成立的問題,可以考慮二次項系數與判別式

57、的方法(a>0,Δ<0或a<0,Δ<0)求解。 【變式訓練】 已知函數f (x)=lnx-(a∈R)。 (1)求函數f (x)的單調區(qū)間; (2)求證:不等式(x+1)lnx>2(x-1)對?x∈(1,2)恒成立。 解 (1)定義域為(0,+∞),f ′(x)=。 ①a≤0時,f ′(x)>0,f (x)在(0,+∞)上為增函數,故f (x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞)。 ②a>0時,由x>a時,f ′(x)>0,00, 所以要證原

58、不等式成立,即證lnx>對?x∈(1,2)恒成立,令g(x)=lnx-, g′(x)=≥0,所以g(x)在(0,+∞)上為增函數, 所以當x∈(1,2)時,g(x)>g(1)=ln1-=0, 所以lnx>對?x∈(1,2)恒成立, 所以(x+1)lnx>2(x-1)對?x∈(1,2)恒成立。 證明:令F (x)=(x+1)lnx-2(x-1), F ′(x)=lnx+-2=lnx-。 令φ(x)=lnx-,由(1)知a=1時, φ(x)在(0,1)上為減函數,在(1,+∞)上為增函數。 因為x∈(1,2),則φ(x)在(1,2)為增函數,φ(x)>φ(1)=0, 即x∈

59、(1,2),F ′(x)>0,所以f (x)在(1,2)上為增函數, 所以f (x)>F (1)=0, 所以(x+1)lnx>2(x-1)對?x∈(1,2)恒成立。 第4課時 導數與函數的零點 考點一求函數零點的個數 【例1】 設函數f (x)=ex-ax,a是常數,討論f (x)的零點的個數。 解 當a>0時,f ′(x)=ex-a,由f ′(x)=0得x=lna。 若xlna,則f ′(x)>0。 函數f (x)在區(qū)間(-∞,lna)上單調遞減,在區(qū)間(lna,+∞)上單調遞增, f (x)的最小值為f (lna)=a(1-

60、lna)。 ①當00,f (x)無零點; ②當a=e時,f (lna)=a(1-lna)=0,f (x)只有一個零點; ③當a>e時,f (lna)=a(1-lna)<0,根據f (0)=1>0與函數的單調性, 可知f (x)在區(qū)間(-∞,lna)和(lna,+∞)上各有一個零點,f (x)共有兩個零點。 當a=0時,f (x)=ex,f (x)無零點。 當a<0時,由f (x)=0,得ex=ax,易知曲線y=ex與直線y=ax只有一個交點,所以f (x)只有一個零點。 綜上所述,當0≤a

61、時,f (x)有一個零點; 當a>e時,f (x)有兩個零點。 根據參數確定函數零點的個數,解題的基本思想是“數形結合”,即通過研究函數的性質(單調性、極值、函數值的極限位置等),作出函數的大致圖象,然后通過函數圖象得出其與x軸交點的個數,或者兩個相關函數圖象交點的個數,基本步驟是“先數后形”。 【變式訓練】 (2018·全國卷Ⅱ)已知函數f (x)=x3-a(x2+x+1)。 (1)若a=3,求f (x)的單調區(qū)間; (2)證明:f (x)只有一個零點。 解 (1)當a=3時,f (x)=x3-3x2-3x-3,f ′(x)=x2-6x-3。 令f ′(x)=0解得x=

62、3-2或x=3+2。 當x∈(-∞,3-2)∪(3+2,+∞)時,f ′(x)>0; 當x∈(3-2,3+2)時,f ′(x)<0。 故f (x)的單調遞增區(qū)間為(-∞,3-2),(3+2,+∞),單調遞減區(qū)間為(3-2,3+2)。 (2)證明:由于x2+x+1>0, 所以f (x)=0等價于-3a=0。 設g(x)=-3a, 則g′(x)=≥0, 當且僅當x=0時g′(x)=0, 所以g(x)在(-∞,+∞)上單調遞增。 故g(x)至多有一個零點,從而f (x)至多有一個零點。 又f (3a-1)=-6a2+2a-=-62-<0,f (3a+1)=>0,故f (x)有一

63、個零點。 綜上,f (x)只有一個零點。 考點二已知函數零點個數求參數值或范圍 【例2】 (2019·重慶市質量調研)設函數f (x)=-x2+ax+lnx(a∈R)。 (1)當a=-1時,求函數f (x)的單調區(qū)間; (2)設函數f (x)在上有兩個零點,求實數a的取值范圍。 解 (1)函數f (x)的定義域為(0,+∞), 當a=-1時,f ′(x)=-2x-1+==, 令f ′(x)=0,得x=(負值舍去), 當00,當x>時,f ′(x)<0, 所以f (x)的單調遞增區(qū)間為,單調遞減區(qū)間為。 (2)令f (x)=-x2+ax+lnx=0,

64、得a=x-, 令g(x)=x-,其中x∈, 則g′(x)=1-=, 令g′(x)=0,得x=1, 當≤x<1時,g′(x)<0,當10, 所以g(x)的單調遞減區(qū)間為,單調遞增區(qū)間為(1,3], 所以g(x)min=g(1)=1, 由于函數f (x)在上有兩個零點,g=3ln3+,g(3)=3-,3ln3+>3-, 所以實數a的取值范圍是。 與函數零點有關的參數范圍問題,往往利用導數研究函數的單調區(qū)間和極值點,并結合特殊點,從而判斷函數的大致圖象,討論其圖象與x軸的位置關系,進而確定參數的取值范圍;或通過對方程等價變形轉化為兩個函數圖象的交點問

65、題。 【變式訓練】 已知函數f (x)=kx-lnx(k>0)。 (1)若k=1,求f (x)的單調區(qū)間; (2)若函數f (x)有且只有一個零點,求實數k的值; (3)比較e3與3e的大小。 解 (1)k=1,f (x)=x-lnx,定義域為(0,+∞),則f ′(x)=1-=, 由f ′(x)>0得x>1,由f ′(x)<0得00), 令g(x)=(x>0),則g′(x)=, 當x=e時,g′(x)=0;

66、 當00; 當x>e時,g′(x)<0。 所以g(x)在(0,e)上單調遞增,在(e,+∞)上單調遞減, 所以g(x)max=g(e)=。 當x→+∞時,g(x)→0。 又k>0,所以要使f (x)僅有一個零點,則k=。 解法一:f (x)=kx-lnx,f ′(x)=k-=(x>0,k>0)。 當x=時,f ′(x)=0; 當0時,f ′(x)>0。 所以f (x)在上單調遞減,在上單調遞增, 所以f (x)min=f =1-ln, 因為f (x)有且只有一個零點, 所以1-ln=0,即k=。 解法二:因為k>0,所以函數f (x)有且只有一個零點即為直線y=kx與曲線y=lnx相切,設切點為(x0,y0),由y=lnx得y′=, 所以所以k=,x0=e,y0=1, 所以實數k的值為。 (3)由(1)(2)知≤,即≥lnx,當且僅當x=e時,取“=”,令x=3,得>ln3,即lne3>eln3=ln3e,所以e3>3e。 考點三函數零點性質研究 【例3】 (2019·四川內江模擬

展開閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

相關資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網版權所有   聯系電話:18123376007

備案號:ICP2024067431-1 川公網安備51140202000466號


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務平臺,本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對上載內容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內容侵犯了您的版權或隱私,請立即通知裝配圖網,我們立即給予刪除!