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12第二章 第十二节 导数的应用(Ⅰ)


第 二 章 函 数、 导 数 及 其 应 用

第 十 二 节 导 数 的 应 用
( Ⅰ)

高考成功方案第一步

高考成功方案第二步

高考成功方案第三步

高考成功方案第四步

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).

4 1.当 x>0 时,f(x)=x+x的单调递减区间是 A.(2,+∞) C.( 2,+∞) B.(0,2) D.(0, 2)

(

)

4 解析:由 f′(x)=1- 2<0,得 x2<4,又 x>0, x ∴0<x<2,即函数在 x>0 时的递减区间是(0,2). 答案:B

2.函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,
b)内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有 极小值点的个数为 ( )

A.1 C.3

B.2 D.4

解析:由图象,结合函数极值的概念可知,f(x)在(a,b) 的极小值有1个. 答案:A

3.函数f(x)=x3+ax-2在区间(1,+∞)上是增函数, 则实数a的取值范围是 A.[3,+∞) C.(-3,+∞) 解析:∵f′(x)=3x2+a, ∴3+a≥0, 即a≥-3. 答案:B ( B.[-3,+∞) D.(-∞,-3) )

4.函数 y=3x2-6ln x 的单调增区间为________,单调减 区间为________.

解析:函数的定义域为(0,+∞), 6 由y′=6x-x>0,得x>1; 6 由y′=6x-x<0,得0<x<1, 即函数递增区间为(1,+∞),减区间为(0,1).

答案:(1,+∞) (0,1)

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)=3x2+6ax+3(a+2).

由于函数既有极大值又有极小值,故f′(x)=0有两个不
同根,

所以Δ=36a2-36(a+2)>0,解得a>2或a<-1.
答案:(-∞,-1)∪(2,+∞)

1.利用导数研究函数的单调性

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 其他点的函数值 都小 ,且f′(a)=0,而且在点x=a附近 的左侧 f′(x)<0 ,右侧 f′(x)>0 ,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 近其他点的函数值 都大 ,且f′(b)=0,而且在点x=b附 近的左侧 f′(x)>0 ,右侧 f′(x)<0 ,则b点叫做函数的

极大值 和 极小值 统 极大值点,f(b)叫做函数的极大值,
称为极值.

[做一题] [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.

[自主解答]

(1)∵f(x)=ex-ax-1,

∴f′(x)=ex-a.
令f′(x)≥0得ex≥a,当a≤0时,有f′(x)>0在R上恒成立;当 a>0时,有x≥ln a. 综上,当a≤0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞);当 a>0时,f(x)的单调增区间为[ln a,+∞).

(2)∵f(x)=ex-ax-1, ∴f′(x)=ex-a. ∵f(x)在R上单调递增,∴f′(x)=ex-a≥0恒成立.即a≤ex, x∈R恒成立.

∵x∈R时,ex∈(0,+∞),∴a≤0.
当a=0时,f′(x)=ex在R上,f′(x)>0恒成立. 故当a≤0时,f(x)在定义域R内单调递增.

讨论 f(x)=ln x-ax-1 的单调性.
解:函数定义域为(0,+∞). 1-ax 1 f′(x)=x-a= x . 1 (1)当 a=0 时,f′(x)=x>0,此时函数 f(x)在(0,+∞) 上单调递增.

1-ax 1 (2)当 a>0 时,由 f′(x)= x >0,得 0<x<a, 1-ax 1 由 f′(x)= x <0,得 x>a, 1 1 即 a>0 时,f(x)的增区间是(0,a),减区间是(a,+∞).

1-ax (3)当 a<0 时,-a>0,又 x>0,∴1-ax>0.∴f′(x)= x >0. 即 a<0 时, f(x)存在单调递增区间为(0, +∞), 不存在递减区间. 综上所述,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 1 当 a>0 时,f(x)在(0,a)上递增,在(a,+∞)上递减.

[悟一法]

1.导数法求函数单调区间的一般步骤:
(1)确定函数f(x)的定义域; (2)求导数f′(x); (3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0; (4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间.

2.导数法证明函数f(x)在(a,b)内的单调性的步骤:

(1)求f′(x).
(2)确认f′(x)在(a,b)内的符号. (3)作出结论:f′(x)>0时为增函数;f′(x)<0时为减函数. 3.已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件 f′(x)≥0(或f′(x)≤0),x∈(a,b),转化为不等式恒

成立求解.

[通一类] 1.已知函数f(x)=x3-ax-1. (1)若f(x)在实数集R上单调递增,求实数a的取值范围. (2)是否存在实数a,使f(x)在(-1,1)上单调递减?若存

在,求出a的取值范围;若不存在,说明理由.

解:(1)由已知f′(x)=3x2-a. ∵f(x)在(-∞,+∞)上是增函数, ∴f′(x)=3x2-a≥0在(-∞,+∞)上恒成立.

即a≤3x2对x∈R恒成立.
∵3x2≥0,∴只要a≤0. 又∵a=0时,f′(x)=3x2≥0, ∴f(x)=x3-1在R上是增函数,∴a≤0.

(2)由f′(x)=3x2-a≤0在(-1,1)上恒成立. ∴a≥3x2,x∈(-1,1)恒成立. 又∵-1<x<1,

∴3x2<3,只需a≥3.
当a=3时,f′(x)=3(x2-1)在x∈(-1,1)上,f′(x)<0, 即f(x)在(-1,1)上为减函数,∴a≥3. 故存在实数a≥3,使f(x)在(-1,1)上单调递减.

[做一题] [例 2] ex (2011· 安徽高考)设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax

4 (1)当 a=3时,求 f(x)的极值点; (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.

[自主解答]

1+ax2-2ax 对 f(x)求导得 f′(x)=ex . ?1+ax2?2



4 (1)当 a=3时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 1 解得 x1=2,x2=2. 结合①,可知

x f′(x) f(x)

1 (-∞,2) +

1 2 0

1 3 (2,2) -

3 2 0

3 (2,+∞) + 单调递增

单调递增 极大值 单调递减 极小值

3 1 所以 x1=2是极小值点,x2=2是极大值点.

(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合

①与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立.
因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,

由此并结合a>0,知0<a≤1.

[悟一法] 解决函数极值问题的一般流程

[通一类]
2.设x=1与x=2是函数f(x)=aln x+bx2+x的两个极值点. (1)试确定常数a和b的值; (2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值点还是极小值点, 并说明理由.

a 解:(1)f′(x)=x+2bx+1, 由题意得f′(1)=0,f′(2)=0, 2 ? ?a+2b+1=0, ?a=-3, ? ∴ ?a 解得? ?2+4b+1=0, ?b=-1, ? 6 ?

2 1 2 (2)由(1)知 f(x)=-3ln x-6x +x, -?x2-3x+2? 2 x 所以 f′(x)=-3x-3+1= 3x 1 ?x-1??x-2? =-3· . x 又∵x>0,∴0<x<1 时,f′(x)<0,1<x<2 时,f′(x)>0,x>2 时, f′(x)<0, ∴函数 f(x)在(0,1)和(2,+∞)上是减函数,在(1,2)上是增函 数, x=1 是函数 f(x)的极小值点, x=2 是函数 f(x)的极大值点.

[做一题]
[例3] (2011· 辽宁高考)设函数f(x)=x+ax2+bln x,曲线

y=f(x)过P(1,0),且在P点处的切线斜率为2.
(1)求a,b的值; (2)证明:f(x)≤2x-2.

b 解:(1)f′(x)=1+2ax+x.
?f?1?=0, ? 由已知条件得? ?f′?1?=2. ? ?1+a=0, ? 即? ?1+2a+b=2. ?

解得 a=-1,b=3.

(2)证明:f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知f(x)=x-x2+3lnx. 设g(x)=f(x)-(2x-2)=2-x-x2+3ln x,则 ?x-1??2x+3? 3 g′(x)=-1-2x+x=- . x 当0<x<1时,g′(x)>0;当x>1时,g′(x)<0.所以g(x)在(0,1) 单调递增,在(1,+∞)单调递减.而g(1)=0,故当x>0时, g(x)≤0,即f(x)≤2x-2.

[悟一法]

利用导数证明不等式的关键是把不等式的一边全部移
到另一边,并构造函数的形式,不妨记为y=f(x),x∈(a, b).若f′(x)>0恒成立,则有f(x)>f(a)或f(x)<f(b)恒成立;若 f′(x)<0恒成立,则有f(x)<f(a)或f(x)>f(b)恒成立;若f(x)在 x∈(a,b)上有最小值M,则有f(x)≥M恒成立;若f(x)在

x∈(a,b)有最大值N,则有f(x)≤N恒成立.

[通一类] 1 2 3.(2012· 绍兴模拟)已知函数 f(x)=2x +(a-3)x+lnx. (1)若函数 f(x)是定义域上的单调函数, 求实数 a 的最小值; 1 (2)方程 f(x)=(2-a)x2+(a-2)x+2lnx 有两个不同的实数 解,求实数 a 的取值范围.

1 解:(1)f′(x)=x+a-3+x(x>0). 若函数 f(x)在(0,+∞)上递增,则 f′(x)≥0 对 x>0 恒成立, 1 1 即 a≥-(x+x)+3 对 x>0 恒成立,而当 x>0 时,-(x+x) +3≤-2+3=1.∴a≥1.

若函数 f(x)在(0, +∞)上递减, f′(x)≤0 对 x>0 恒成立, 则 1 即 a≤-(x+x)+3 对 x>0 恒成立,这是不可能的. 综上,a≥1.即 a 的最小值为 1.

1 2 1 (2)由题意可知2x +(a-3)x+lnx=(2-a)x2+(a-2)x+2lnx lnx+x ?lnx=ax -x?a= x2
2



1 ?x+1?x2-2x?lnx+x? lnx+x r(x) = ? r′(x) = = x2 x4

1-x-2lnx x3

得 1-x-2lnx=0 的根为 1,所以当 0<x<1 时,r′(x)>0, 则 r(x)单调递增;当 x>1 时,r′(x)<0,则 r(x)单调递减, 所以 r(x)在 x=1 处取到最大值 r(1)=1,又 x→0 时 r(x)<0, lnx+x 又 x→+∞时 r(x)→0, 所以要使 y= x2 与 y=a 有两个不 同的交点,则有 0<a<1.

[热点分析]
利用导数研究函数的单调性、极值以及证明不等式 等内容一直是高考的热点,既有小题又有解答题.其中 小题侧重于利用导数确定函数的单调性和极值,属于中 低档题,大题一般是涉及单调性、极值、不等式等内容

的综合性题目.

[考题印证] (2011· 浙江高考)设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若

x=-1为函数f(x)ex的一个极值点,则下列图象不可能为y
=f(x)的图象是 ( )

[考题巧解]———————(一样的结果,更简洁的过程) [巧思] 首先求函数h(x)=f(x)ex的导数,将x=-1代入 h′(x)=0中,探索出a=c,从而方程f(x)=0的两根之积 必为1,由此可巧妙判断y=f(x)图象的情况.

[妙解] 设h(x)=f(x)ex,则h′(x)=(2ax+b)ex+(ax2+bx +c)ex=(ax2+2ax+bx+b+c)ex.由x=-1是函数f(x)ex 的一个极值点,得f′(-1)=0,即有c=a. ∴f(x)=ax2+bx+a.若方程ax2+bx+a=0有两根x1,x2,

则x1x2=
[答案] D

=1,而D中图象一定不满足该条件.
a

a

1.函数 y=xsin π 3π A.(2, 2 ) 3π 5π C.( 2 , 2 )

x+cos x 在下面哪个区间内是增函数( B.(π,2π) D.(2π,3π)

)

解析:y′=(xsin =xcos x.

x+cos x)′=sin

x+xcos x-sin

x

3π 5π 当 x∈( , )时,恒有 xcos x>0. 2 2

答案: C

1 2 2.函数 f(x)=ln x-2x 的图象大致是

(

)

?1-x??1+x? 1 解析:f′(x)=x-x= . x ∵x>0,当0<x<1时,f′(x)>0,f(x)为增函数; 当x>1时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x=1时,f(x)取得极 1 大值,且f(1)=-2,观察选项知B正确.

答案: B

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

解析:由y′=(ex+ax)′=ex+a=0得ex=-a, 即x=ln(-a)>0?-a>1?a<-1.

答案:A

4.已知函数f(x)的导数为f′(x)=4x3-4x,且f(x)的图 象过点(0,-5),当函数f(x)取得极大值-5时,x的值应 为________. 解析:可以求出f(x)=x4-2x2+c,其中c为常数.

由于f(x)过(0,-5),所以c=-5,又由f′(x)=0,
得极值点为x=0和x=±1.又x=0时,f(x)=-5, 故x的值为0. 答案:0

5.若a>3,则方程x3-ax2+1=0在(0,2)上恰有________ 个根.
解析:令 f(x)=x3-ax2+1. 2 则 f′(x)=3x2-2ax=3x(x-3a). 2 2 由 f′(x)=0,得 x=0 或 x=3a(∵a>3,∴3a>2). ∴当 0<x<2 时,f′(x)<0,即 f(x)在(0,2)上递减, 又 f(0)· f(2)=8-4a+1=9-4a<0,∴f(x)在(0,2)上只有一个 零点,即方程在(0,2)上恰有一个实根.

答案:1

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