2018-2019高中数学 第3章 导数及其应用 习题课 导数的应用学案 苏教版选修1-1

《2018-2019高中数学 第3章 导数及其应用 习题课 导数的应用学案 苏教版选修1-1》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018-2019高中数学 第3章 导数及其应用 习题课 导数的应用学案 苏教版选修1-1（17页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

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. 知识点一　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 知识点二　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)

2、是极小值. 知识点三　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. 1.函数y＝xlnx在上是减函数.(　√　) 2.若函数y＝ax－lnx在内单调递增，则a的取值范围为(2，＋∞).(　×　) 3.设函数f(x)＝x·(x－c)2在x＝2处有极大值，则c＝2.(　×　) 4.函数f(x)＝x(1－x2)在[0,1]上的最大值为.(　√　) 类型一　导数与函数单调性 例1　已知函数f(x)＝lnx

3、，g(x)＝f(x)＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴. (1)确定a与b的关系； (2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性 解　(1)依题意得g(x)＝lnx＋ax2＋bx， 则g′(x)＝＋2ax＋b. 由函数g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴得g′(1)＝1＋2a＋b＝0， ∴b＝－2a－1. (2)由(1)得 g′(x)＝＝. ∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴当a＝0时，g′(x)＝－. 由g′(x)＞0得0＜x

4、＜1，由g′(x)＜0得x＞1，即函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a＞0时，令g′(x)＝0得x＝1或x＝， 若＜1，即a＞，由g′(x)＞0得x＞1或0＜x＜， 由g′(x)＜0得＜x＜1， 即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减； 若＞1，即0＜a＜，由g′(x)＞0得x＞或0＜x＜1，由g′(x)＜0得1＜x＜， 即函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减； 若＝1，即a＝，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0， 即函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增. 综上可得，当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，

5、在(1，＋∞)上单调递减； 当00，故f(x)在

6、(0，＋∞)上单调递增； ②当a≤0时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ③当00，故f(x)在上单调递减， 在上单调递增. 综上所述，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当0

7、　利用导数研究函数的单调性 解　(1)f′(x)＝3x2－a. ①当a≤0时，f′(x)≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数. ②当a＞0时，令3x2－a＝0得x＝±； 当x＞或x＜－时，f′(x)＞0； 当－＜x＜时，f′(x)＜0. 因此f(x)在，上为增函数，在上为减函数. 综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数； 当a＞0时，f(x)在，上为增函数，在上为减函数. (2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立. 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝

8、0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即a的取值范围为(－∞，0]. 引申探究 1.函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围. 解　因为f′(x)＝3x2－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数， 所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立， 所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3， 即a的取值范围为(－∞，3]. 2.函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围. 解　由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得

9、a≥3x2在(－1,1)上恒成立. 因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3. 即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数. 3.函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值. 解　由例题可知， f(x)的单调递减区间为， ∴＝1，即a＝3. 4.函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围. 解　∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a. 由f′(x)＝0，得x＝±(a≥0). ∵f(x)在区间(－1,1)上不单调， ∴0＜＜1，得0＜a＜3， 即a的取值范围为(0,3). 反思

10、与感悟　f(x)为(a，b)上的增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解. 跟踪训练2　已知函数f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数，求a的取值范围. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性 解　因为f(x)＝x2＋ax＋在上是增函数， 故f′(x)＝2x＋a－≥0在上恒成立， 即a≥－2x在上恒成立. 令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－－2， 当x∈时，h′(x)＜0，则h(x)为减函数， 所以h(x)＜h＝3.所以a≥3. 故a

11、的取值范围是[3，＋∞). 类型二　利用导数研究函数的极值与最值 例3　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b的图象上一点P(1,0)，且在点P处的切线与直线3x＋y＝0平行. (1)求函数f(x)的解析式； (2)求函数f(x)在区间[0，t](0

12、＝－3. 又函数过(1,0)点，即－2＋b＝0，b＝2. 所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2. (2)由f(x)＝x3－3x2＋2，得f′(x)＝3x2－6x. 由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. ①当0

13、 t3－3t2＋2 f(x)min＝f(2)＝－2， f(x)max为f(0)与f(t)中较大的一个. 因为f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0， 所以f(x)max＝f(0)＝2. (3)令g(x)＝f(x)－c＝x3－3x2＋2－c， 则g′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2). 当x∈[1,2)时，g′(x)<0；当x∈(2,3]时，g′(x)>0. 要使g(x)＝0在[1,3]上恰有两个相异的实根， 则解得－2

14、单调性即可得极值点，当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点. (2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得. 跟踪训练3　已知函数f(x)＝ax3＋(a－1)x2＋48(a－2)x＋b的图象关于原点成中心对称. (1)求a，b的值； (2)求f(x)的单调区间及极值； (3)当x∈[1,5]时，求函数的最值. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的极值与最值 解　(1)∵函数f(x)的图象关于原点成中心对称， 则f(x)是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)，

15、 即－ax3＋(a－1)x2－48(a－2)x＋b＝－ax3－(a－1)x2－48(a－2)x－b， 于是2(a－1)x2＋2b＝0恒成立， ∴解得a＝1，b＝0. (2)由(1)得f(x)＝x3－48x， ∴f′(x)＝3x2－48＝3(x＋4)(x－4)， 令f′(x)＝0，得x1＝－4，x2＝4； 令f′(x)<0，得－40，得x<－4或x>4. ∴f(x)的单调递减区间为(－4,4)，单调递增区间为(－∞，－4)和(4，＋∞)， ∴f(x)极大值＝f(－4)＝128，f(x)极小值＝f(4)＝－128. (3)由(2)知，函数在[1,4]

16、上单调递减，在[4,5]上单调递增，则f(4)＝－128，f(1)＝－47，f(5)＝－115，∴函数的最大值为－47，最小值为－128. 1.已知函数f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)内有最小值，则a的取值范围为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的最值 答案　(0,1) 解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，显然a>0，f′(x)＝3(x＋)(x－)，由已知条件0<<1，解得0

17、_. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 答案　－37 解析　f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， ∴f(x)在x∈[0,2]上单调递减，在[－2,0]上单调递增， ∴f(x)的最大值为f(0)＝m＝3， f(x)的最小值为f(－2)＝－16－24＋3＝－37. 3.已知函数f(x)＝在(－2，＋∞)内单调递减，则实数a的取值范围为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性 答案　 解析　因为f(x)＝，所以f′(x)＝. 由函数f(x)在(－2，＋∞)内单

18、调递减， 知f′(x)≤0在(－2，＋∞)内恒成立， 即≤0在(－2，＋∞)内恒成立，因此a≤. 当a＝时，f(x)＝，此时函数f(x)为常函数， 故a＝不符合题意，舍去. 故实数a的取值范围为. 4.已知a，b为正实数，函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，则f(x)在[－1,0]上的最小值为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 答案　－ 解析　因为函数f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值为4，所以函数g(x)＝ax3＋bx在[0,1]上的最大值为2，而g(x)是奇函

19、数，所以g(x)在[－1,0]上的最小值为－2，故f(x)在[－1,0]上的最小值为－2＋2－1＝－. 5.已知a∈R，且函数y＝ex＋ax(x∈R)有大于零的极值点，则实数a的取值范围为__________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的极值与最值 答案　(－∞，－1) 解析　因为y＝ex＋ax，所以y′＝ex＋a. 令y′＝0，即ex＋a＝0，则ex＝－a，即x＝ln(－a)， 又因为x＞0，所以－a＞1，即a＜－1. 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、极值与最值等问题，都可以通过导数得以解决.

20、不但如此，利用导数研究得到函数的性质后，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、填空题 1.函数y＝ex－lnx的值域为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的极值与最值 答案　[2，＋∞) 解析　由y′＝e－(x＞0)知函数在上单调递减，在上单调递增，且函数连续、无上界，从而y＝ex－lnx的值域为[2，＋∞). 2.函数y＝在定义域内的最大值、最小值分别是________. 考点　 题点　 答案　2，－2 解析　函数的定义域为R. 令y′＝＝＝0， 得x＝

21、±1.当x变化时，y′，y随x的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) y′ － 0 ＋ 0 － y ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 当x趋近于负无穷大时，y趋近于0；当x趋近于正无穷大时，y趋近于0.由上表可知，当x＝－1时，y取极小值也是最小值－2；当x＝1时，y取极大值也是最大值2. 3.设f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的单调增函数，则m的值为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性 答案　6 解析　因为f(x)是

22、R上的单调增函数，故f′(x)＝12x2＋2mx＋(m－3)≥0在x∈R上恒成立，于是Δ＝4m2－48(m－3)≤0，即(m－6)2≤0，得m＝6. 4.已知函数f(x)＝2f′(1)lnx－x，则f(x)的极大值为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的极值 答案　2ln2－2 解析　f′(x)＝－1，令x＝1得，f′(1)＝2f′(1)－1，f′(1)＝1，所以f(x)＝2lnx－x，f′(x)＝－1，f′(x)＝－1的零点是x＝2，所以当00，f(x)是增函数，当x>2时，f′(x)<0，f(x)是减函数，

23、所以x＝2是f(x)的极大值点，极大值为f(2)＝2ln2－2. 5.已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴相切于点(1,0)，则函数f(x)的极大值为________，极小值为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的极值 答案　　0 解析　∵f′(x)＝3x2－2px－q， ∴f′(1)＝3－2p－q＝0.① 又f(1)＝1－p－q＝0，② 由①②解得p＝2，q＝－1， ∴f(x)＝x3－2x2＋x，∴f′(x)＝3x2－4x＋1. 令3x2－4x＋1＝0，解得x1＝，x2＝1. 当x<时，f′(x)>0； 当

24、1时，f′(x)>0， ∴当x＝时，f(x)有极大值为；当x＝1时，f(x)有极小值为0. 6.若函数y＝a(x3－x)的单调递增区间是，，则实数a的取值范围为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性 答案　(0，＋∞) 解析　y′＝a(3x2－1)，令y′＝0，得x＝±.由函数y＝a(x3－x)的单调递增区间是，，得导函数y′＝a(3x2－1)的图象是开口向上的抛物线，所以a>0. 7.若函数f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)上为减函数，在区间(6，＋∞)上为增函数

25、，则实数a的取值范围为________. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的单调性 答案　[5,7] 解析　函数f(x)的导数f′(x)＝x2－ax＋a－1. 令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝a－1. 当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)上为增函数，不合题意. 当a－1>1，即a>2时，函数f(x)在(－∞，1)上为增函数，在(1，a－1)上为减函数，在(a－1，＋∞)上为增函数. 依题意有当x∈(1,4)时，f′(x)≤0， 当x∈(6，＋∞)时，f′(x)≥0， 所以4≤a－1≤6，即5≤a≤7， 所以a的取值范围为

26、[5,7]. 8.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________. 考点　导数的综合应用 题点　导数的综合应用 答案　－13 解析　由题意求导得f′(x)＝－3x2＋2ax， 由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0， 即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3. 由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x， 易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， ∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4. 又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口

27、向下，且对称轴为x＝1， ∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9. 故f(m)＋f′(n)的最小值为－13. 9.若函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________. 考点　导数的综合应用 题点　导数的综合应用 答案　(－1,1) 解析　令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±， 则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表： x (－∞，－) － (－，) (，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 从而解得

28、 所以f(x)的单调递减区间为(－1,1). 10.设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意的x∈(0,1]都有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围为________. 考点　导数的综合应用 题点　导数的综合应用 答案　[4，＋∞) 解析　∵x∈(0,1]，∴f(x)≥0可化为a≥－. 令g(x)＝－，则g′(x)＝， 令g′(x)＝0，得x＝. 当00； 当

29、点(1，f(1))处的切线垂直于y轴. (1)求a的值； (2)求函数f(x)的极值. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的极值 解　(1)f′(x)＝－＋. 由题意知，曲线在x＝1处的切线斜率为0，即f′(1)＝0， 从而有a－＋＝0，解得a＝－1. (2)由(1)知，f(x)＝－lnx＋＋x＋1(x>0)， 则f′(x)＝－－＋ ＝＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－(舍去). 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上为减函数；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数.

30、故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3. 12.已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数. (1)当a＝－1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值. 考点　利用导数研究函数的单调性、极值与最值 题点　利用导数研究函数的最值 解　(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋lnx， f′(x)＝－1＋＝， 当00；当x>1时，f′(x)<0. ∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数. ∴f(x)max＝f(1)＝－1. (2)∵f′(x)＝a＋，当x∈(0，e]时，∈， ①若a≥－，

31、则f′(x)≥0，f(x)在(0，e]上是增函数， ∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0不合题意； ②若a<－，则由f′(x)>0， 即a＋>0，得0，且当x∈[1,4a]时，| f′(x)|≤12a恒成立，试确定a的取

32、值范围. 考点　导数的综合应用 题点　导数的综合应用 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x3－3x2－9x＋1，且f′(x)＝3x2－6x－9， 由f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝3. 当x<－1时，f′(x)>0；当－13时，f′(x)>0. 因此x＝3是函数的极小值点，极小值为f(3)＝－26. (2)f′(x)＝3x2－6ax－9a2的图象是一条开口向上且对称轴为直线x＝a的抛物线， 因此，若

33、所以f′(x)在[1,4a]上的最小值为f′(1)＝3－6a－9a2，最大值为f′(4a)＝15a2. 由| f′(x)|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a， 于是3－6a－9a2≥－12a，且15a2≤12a， 结合1，则| f′(a)|＝12a2>12a， 故当x∈[1,4a]时，| f′(x)|≤12a不恒成立. 所以使| f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范围为. 三、探究与拓展 14.设f(x)＝x3＋x，x∈R，若当0≤θ≤时，f(msinθ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取值范围为____

34、____. 考点　导数的综合应用 题点　导数的综合应用 答案　(－∞，1) 解析　因为f(x)＝x3＋x，x∈R， 故f′(x)＝3x2＋1>0， 则f(x)在x∈R上为单调增函数， 又因为f(－x)＝－f(x)，故f(x)也为奇函数， 由f(msinθ)＋f(1－m)>0， 即f(msinθ)>－f(1－m)＝f(m－1)， 得msinθ>m－1，即m(sinθ－1)>－1， 因为0≤θ≤， 故当θ＝时，0>－1恒成立； 当θ∈时，m<恒成立， 即m

35、[t，t＋2](t>0)上的最小值； (2)若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有一个公共点，求实数a的值； (3)若函数y＝f(x)＋g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1ln 2，求实数a的取值范围. 考点　导数的综合应用 题点　导数的综合应用 解　(1)令f′(x)＝lnx＋1＝0得x＝， ①当0

36、，f(x)－g(x)＝xlnx＋x2－ax＋2＝0在(0，＋∞)上有且仅有一个根， 即a＝lnx＋x＋在(0，＋∞)上有且仅有一个根， 令h(x)＝lnx＋x＋(x>0)，则h′(x)＝＋1－＝＝(x＋2)(x－1)(x>0)， 易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以a＝h(x)min＝h(1)＝3. (3)由题意得，y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x2＋ax－2，则其导函数为y′＝lnx－2x＋1＋a， 由题意知y′＝lnx－2x＋1＋a＝0有两个不同的实根x1，x2， 等价于a＝－lnx＋2x－1有两个不同的实根x1，x2，且x10)的图象有两个不同的交点. 由G′(x)＝－＋2(x>0)，得G(x)在上单调递减，在上单调递增， 画出函数G(x)图象的大致形状(如图). 由图象易知，当a>G(x)min＝G＝ln2时，x1，x2存在，且x2－x1的值随着a的增大而增大. 而当x2－x1＝ln2时， 则有 两式相减可得ln＝2(x2－x1)＝2ln2， 得x2＝4x1，代入上述方程组解得x1＝，x2＝ln2， 此时实数a＝ln2－ln－1， 所以实数a的取值范围为. 17