（全国通用版）2018-2019版高中数学 第一章 导数及其应用 习题课 导数的应用学案 新人教A版选修2-2

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1、 习题课　导数的应用 学习目标　1.能利用导数研究函数的单调性.2.理解函数的极值、最值与导数的关系.3.掌握函数的单调性、极值与最值的综合应用． 1．函数的单调性与其导数的关系 定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x) f′(x)的正负 f(x)的单调性 f′(x)>0 单调递增 f′(x)<0 单调递减 2.求函数y＝f(x)的极值的方法 解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时， (1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值． (2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值

2、． 3．函数y＝f(x)在[a，b]上最大值与最小值的求法 (1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值． (2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值. 类型一　构造法的应用 例1　已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且sin x·f′(x)>cos x·f(x)恒成立，则(　　) A.f >f  B.f >f  C.f >2f  D.f f(x)cos x， 得f′(

3、x)sin x－f(x)cos x>0， 构造函数g(x)＝， 则g′(x)＝. 当x∈时，g′(x)>0， 即函数g(x)在上单调递增， ∴g

4、析　令g(x)＝xf(x)， 则g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)， ∴g(x)是偶函数．g′(x)＝f(x)＋xf′(x)， ∵f′(x)＋<0， ∴当x>0时，xf′(x)＋f(x)<0， 当x<0时，xf′(x)＋f(x)>0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数． ∵f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为(　　)

5、 A．(－∞，0) B．(－∞，2) C．(0，＋∞) D．(2，＋∞) 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　构造法的应用 答案　C 解析　设g(x)＝，则g′(x)＝. ∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减． ∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2， 则不等式等价于g(x)0，∴不等式的解集为(0，＋∞)，故选C. 反思与感悟　构造恰当函数并判断其单调性，利用单调性得到x的取值范围． 跟踪训练2　已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)<，

6、则不等式f(lg x)>的解集为________． 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　构造法的应用 答案　(0,10) 解析　∵f′(x)<，∴f′(x)－<0， ∴f(x)－在R上为减函数． 设F(x)＝f(x)－，则F(x)在R上为减函数． ∵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上单调递减，∴lg x<1，∴0

7、1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围； (2)讨论函数f(x)的单调区间． 考点　利用导数求函数的单调区间 题点　利用导数求含参数函数的单调区间 解　(1)f′(x)＝a＋－＝(x>0)． ①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； ②当a>0时，令g(x)＝ax2－2x＋a， ∵函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数， ∴g(x)≥0在区间[1，＋∞)上恒成立， ∴a≥在区间[1，＋∞)上恒成立． 令u(x)＝，x∈[1，＋∞)． ∵u(x)＝≤＝1， 当且仅当x＝1时取等号． ∴a≥1. ∴当a≥1时，函数f(x)单

8、调递增． ∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)． (2)由(1)可知：①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a≥1时，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ③当0

9、　设函数f(x)＝ln x＋x2－2ax＋a2，a∈R. (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在[1,3]上不存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　存在递增(或递减)区间 解　(1)当a＝2时，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、上不存在单调递增区间， 必有g(x)≤0， 于是解得a≥. 即实数a的取值范围为. 类型三　函数的极值、最值与导数 例4　已知函数f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]，g(x)＝，x∈(0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值； (2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋； (3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 考点　导数在最值中的应用 题点　已知最值求参数 (1)解　当a＝1时，f(x)＝2x－ln(2x)，f′(x)＝2－＝，x∈(0，e]， 当

11、00，此时f(x)单调递增． 所以f(x)的极小值为f ＝1， 故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，f(x)的极小值为f ＝1，无极大值． (2)证明　令h(x)＝g(x)＋＝＋， h′(x)＝，x∈(0，e]， 当00，此时h(x)单调递增， 所以h(x)max＝h(e)＝＋<1， 由(1)知f(x)min＝1，所以在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋. (3)解　假设存在实数a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3， f′(x)＝2a－＝，

12、x∈(0，e]， ①当a≤0时，因为x∈(0，e]， 所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3， 解得a＝(舍去)， ②当0<时，f(x)在上单调递减，在上单调递增， 所以f(x)min＝f ＝1－ln＝3， 解得a＝e2，满足条件， ③当≥e，即0

13、值后，要代回验证参数值是否满足极值的定义． (2)讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f′(x)的正负． (3)求最大值要在极大值与端点值中取最大者，求最小值要在极小值与端点值中取最小者． 跟踪训练4　设函数f(x)＝cln x＋x2＋bx(b，c∈R，c≠0)，且x＝1为f(x)的极值点． (1)若x＝1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)； (2)若函数f(x)恰有两个零点，求实数c的取值范围． 考点　函数极值的综合应用 题点　函数零点与方程的根 解　f′(x)＝＋x＋b＝， ∵x＝1为f(x)的极值点，∴f′(1)＝0， ∴f′(x)＝且c≠1，b

14、＋c＋1＝0. (1)若x＝1为f(x)的极大值点，∴c>1， 当00； 当1c时，f′(x)>0. ∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，(c，＋∞)；单调递减区间为(1，c)． (2)①若c<0，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 函数f(x)恰有两个零点，则f(1)<0，即＋b<0， ∴－

15、c－c－c2<0， f(x)极小值＝－－c，从而得f(x)只有一个零点； ③若c>1，则f(x)极小值＝f(c)＝cln c＋c2＋c(－1－c)＝cln c－c－c2<0， f(x)极大值＝f(1)＝－－c，从而得f(x)只有一个零点． 综上，使f(x)恰有两个零点的c的取值范围为. 1．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　) A. B. C. D. 考点　函数极值的综合应用 题点　函数极值在函数图象上的应用 答案　C 解析　由题意可知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， 所以函数的解析式为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)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若a

17、，＋∞)， 则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0， ∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减或g(x)为常函数． ∵a

18、， 即3m－≥－9，∴m≥. 4．已知函数f(x)＝x(x2－ax＋3)． (1)若x＝是f(x)的极值点，求f(x)在区间[－1,4]上的最大值与最小值； (2)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围． 考点　利用导数求函数的单调区间 题点　已知函数的单调性求参数(或其范围) 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， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x －1

19、 3 (3,4) 4 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －9 ↗ ↘ －9 ↗ －4 ∴函数f(x)在[－1,4]上的最小值为－9，最大值是. (2)f′(x)＝3x2－2ax＋3， 由f(x)在[1，＋∞)上单调递增，得3x2－2ax＋3≥0， 即a≤， 要使上式成立，只要a≤min即可， 设g(x)＝x＋(x≥1)， 由于g(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝2，∴a≤3， 即实数a的取值范围是(－∞，3]． 导数作为一种重要的工具，在研究函数中具有重要的作用，例如函数的单调性、极值

20、与最值等问题，都可以通过导数得以解决．不但如此，利用研究导数得到函数的性质后，还可以进一步研究方程、不等式等诸多代数问题，所以一定要熟练掌握利用导数来研究函数的各种方法. 一、选择题 1．函数f(x)＝xcos x－sin x在下面哪个区间内是增函数(　　) A. B．(π，2π) C. D．(2π，3π) 考点　函数的单调性与导数的关系 题点　利用导数值的正负号判定函数的单调性 答案　B 解析　f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，若f(x)在某区间内是增函数，只需在此区间内f′(x)大于或等于0(不恒为0)即可． ∴只有选项B符合题

21、意，当x∈(π，2π)时，f′(x)>0恒成立． 2．对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是(　　) A．0≤a≤21 B．a＝0或a＝7 C．a<0或a>21 D．a＝0或a＝21 考点　利用导数研究函数的极值 题点　极值存在性问题 答案　A 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋7a， 当Δ＝4a2－84a≤0， 即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值点． 3．若函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的一个极值点为x＝1，则f(x)的极大值为(　　) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D

22、．1 考点　利用导数研究函数的极值 题点　已知极值求参数 答案　C 解析　由题意知f′(1)＝0，解得a＝－1， ∴f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1， 则函数的极值点为x1＝－2，x2＝1， 当x<－2或x>1时，f′(x)>0，函数是增函数， 当x∈(－2,1)时，函数是减函数， ∴f(x)极大值＝f(－2)＝5e－3. 4.已知定义在R上的函数f(x)的图象如图，则x·f′(x)>0的解集为(　　) A．(－∞，0)∪(1,2) B．(1,2) C．(－∞，1) D．(－∞，1)∪(2，＋∞) 考点　函数的单调性与导数的关系 题点　根据单调性

23、确定导数值的正负号 答案　A 解析　不等式x·f′(x)>0等价于当x>0时，f′(x)>0，即当x>0时，函数单调递增，此时1

24、，x∈(－1，＋∞)， 即f′(x)＝≤0， 即－x2－2x＋b＝－(x＋1)2＋1＋b≤0， ∴1＋b≤0，b≤－1. 6．已知函数f(x)＝x2－2ln x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞，e2－2) B．(－∞，e2－2] C．(－∞，1) D．(－∞，1] 考点　利用导数求函数中参数的取值范围 题点　利用导数求函数中参数的取值范围 答案　B 解析　由f(x)－m≥0得f(x)≥m， 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x－＝， 当x∈[1，e]时，f′(x)≥0， 此时

25、，函数f(x)单调递增， 所以f(1)≤f(x)≤f(e)． 即1≤f(x)≤e2－2， 要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解， 则有m≤e2－2. 7．定义在R上的函数f(x)满足f′(x)>1－f(x)，f(0)＝6，其中f′(x)是f(x)的导函数，则不等式exf(x)>ex＋5(其中e为自然对数的底数)的解集为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞) 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　构造法的应用 答案　A 解析　不等式exf(x)>ex＋5可化为exf(x)－ex－5>0.

26、设g(x)＝exf(x)－ex－5， 则g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0， 所以函数g(x)在定义域R上单调递增． 又g(0)＝0，所以g(x)>0的解集为(0，＋∞)． 二、填空题 8．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递增区间为________________． 考点　利用导数研究函数的极值 题点　已知极值求参数 答案　(－∞，－1)和(1，＋∞) 解析　令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±. 由题意得f()＝2，f(－)＝6，得a＝1，b＝4. 由f′(x)＝3x

27、2－3>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)． 9．已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈时，f(x)＝x＋sin x，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系是________． 考点　利用导数研究函数的单调性 题点　比较函数值的大小 答案　cπ－2>1>π－3>0， 所以f(π－2)>f(1)>f(π－3)． 即c

28、调递增，则实数m的取值范围是________． 考点　利用导数求函数的单调区间 题点　已知函数的单调性求参数(或其范围) 答案　(－1,0] 解析　f′(x)＝，令f′(x)>0，得－11在区间(1，＋∞)内恒成立，则实数a的取值范围为________． 考点　利用导数求函数中参数的取值范围 题点　利用导数求恒成立问题中参数的取值范围 答案　[1，＋∞) 解析　由f(x)>1，得ax－ln x>1，

29、∵x>1，∴原不等式转化为a>， 设g(x)＝，得g′(x)＝， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0， 则g(x)在(1，＋∞)上单调递减， 则g(x)在(1，＋∞)上恒成立，∴a≥1. 三、解答题 12．已知函数f(x)＝－x3＋3x2＋9x＋a. (1)求f(x)的单调递减区间； (2)若f(x)在区间[－2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值． 考点　导数在最值问题中的应用 题点　求函数的最值 解　(1)∵f′(x)＝－3x2＋6x＋9， 令f′(x)<0，解得x<－1或x>3， ∴函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)

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. 当x∈(－1,3)时，f′(x)>0，∴f(x)在[－1,2]上单调递增． 又由于f(x)在[－2，－1)上单调递减， ∴f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2,2]上的最大值和最小值， ∴f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，即f(x)的最小值为－7. 13．已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)． (1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值； (2

31、)求f(x)的单调区间； (3)求证：当x>1时，x2＋ln x0， 所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，故a＝4. (2)解　因为f′(x)＝x－＝， 所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)． 当a>0时，f′(x)＝x－＝＝， 所以函数f(x)的单调递增区间为(，＋

32、∞)；单调递减区间为(0，)． (3)证明　设g(x)＝x3－x2－ln x， 则g′(x)＝2x2－x－， 因为当x>1时，g′(x)＝>0， 所以g(x)在x∈(1，＋∞)上是增函数， 所以g(x)>g(1)＝>0， 所以当x>1时，x2＋ln x0时，有>0，则不等式x2f(x)>0的解集是________________． 考点　利用导数求函数的单调区间 题点　求不等式的解集 答案　(－1,0)∪(1，＋∞) 解析　令g(x)＝(x≠0)， 则g′(x)＝. ∵当x>0

33、时，>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数． 又f(1)＝0，∴g(1)＝f(1)＝0， ∴在(0，＋∞)上，g(x)>0的解集为(1，＋∞)． ∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数， ∴在(－∞，0)上，g(x)<0的解集为(－1,0)． 由x2f(x)>0，得f(x)>0(x≠0)． 又f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)， ∴不等式x2f(x)>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)． 15．设函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax. (1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围； (2)当0

34、小值为－，求f(x)在该区间上的最大值． 考点　导数在最值问题中的应用 题点　已知最值求参数 解　(1)已知f(x)＝－x3＋x2＋2ax， 则f′(x)＝－x2＋x＋2a， 由于函数f(x)在上存在单调递增区间， 即导函数在上存在函数值大于零的部分， 故f′＝－2＋＋2a>0，即a>－. 即实数a的取值范围为. (2)已知00， f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12<0， 则必有一点x0∈[1,4]，使得f′(x0)＝0，此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0,4]上单调递减， 因为f(1)＝－＋＋2a＝＋2a>0， 所以f(4)＝－×64＋×16＋8a＝－＋8a<0. 所以f(4)＝－＋8a＝－，即a＝1. 此时，由f′(x0)＝－x＋x0＋2＝0， 得x0＝2或－1(舍去)， 即f(x)在[1,2]上单调递增，在[2,4]上单调递减． 所以函数f(x)max＝f(2)＝. 18