2017-2018版高中數(shù)學(xué)第四章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用疑難規(guī)律方法學(xué)案1-1

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE13學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第四章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性常見題型1．運用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：(1）確定函數(shù)的定義域；(2)求導(dǎo)數(shù)f′（x)；（3)在定義域內(nèi)解不等式f′(x）〉0或f′(x）〈0，得單調(diào)區(qū)間．例1求函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－eq\f（1,2)x2的單調(diào)區(qū)間．解由已知,得當(dāng)f′(x)＝(ex－1）（x＋1)＝0時,有x＝0或x＝－1.當(dāng)x〈－1時，f′(x)〉0；當(dāng)－1〈x〈0時，f′（x）〈0；當(dāng)x>0時，f′（x）>0。故f（x)的遞增區(qū)間是(－∞，－1)，（0，＋∞）,遞減區(qū)間是(－1，0)．點評單調(diào)區(qū)間開閉不扣分,但定義域不取的數(shù)一定不能??；斷開的單調(diào)區(qū)間一般不合寫，也不用“∪"連接，中間用“，”或“和”連接．例2已知函數(shù)f(x）＝x2＋3x－2lnx,則函數(shù)f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為________．分析先求函數(shù)f（x)的定義域和導(dǎo)數(shù)，再結(jié)合定義域解f′(x）<0即可．解析函數(shù)f（x）的定義域為(0,＋∞)，f′（x）＝2x＋3－eq\f(2，x）.令f′(x)<0，即2x＋3－eq\f(2,x)＝eq\f(2x2＋3x－2，x）<0，結(jié)合定義域知x〉0，且2x2＋3x－2〈0，解得0<x<eq\f（1,2)，即函數(shù)f(x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，eq\f(1,2)）．答案（0，eq\f（1，2）)點評求解該類問題時要注意兩點:①不要忽視定義域;②如有多個單調(diào)遞增(減)區(qū)間，不要把這些區(qū)間取并集．2．證明不等式例3求證：當(dāng)x〉1時，lnx〉eq\f(1,2）－eq\f（x2,2).分析可構(gòu)造函數(shù)f(x)＝lnx－（eq\f（1，2)－eq\f(x2,2）),由于f（1）＝0,故若能證明f（x）為（1，＋∞）上的增函數(shù)，即證明在（1，＋∞）上，導(dǎo)函數(shù)f′(x）>0恒成立即可．證明令f(x)＝lnx－(eq\f（1，2）－eq\f(x2，2）），則有f（1）＝0。因為f′（x)＝eq\f(1，x）＋x＝eq\f(1＋x2，x）>0，x∈(1,＋∞)，所以函數(shù)f(x）為(1，＋∞）上的增函數(shù)，又f(1)＝0，所以當(dāng)x∈（1，＋∞）時，f（x）〉0恒成立，即lnx>eq\f(1,2）－eq\f（x2,2）.點評證明不等式f（x）>g（x),x∈（a，b）的一般方法：構(gòu)造函數(shù)F（x)＝f（x）－g(x)，x∈(a，b），分析F(x）在區(qū)間(a,b)上的單調(diào)性及最小值與0的大小，進而說明F(x)〉0在（a，b）內(nèi)恒成立即可．3．求參數(shù)的取值范圍例4已知函數(shù)f（x)＝x3－ax2＋1.(1）若函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是（0,2)，求實數(shù)a的值；（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間(0，2）上是減少的，求實數(shù)a的取值范圍．分析注意正確區(qū)分“在某區(qū)間單調(diào)”和“單調(diào)區(qū)間”的概念,避免混淆．解（1）由f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，2）可知0與2是方程f′（x)＝3x2－2ax＝0的兩根,故有3×22－2a×2＝0,解得a＝3.（2)因為函數(shù)f（x)在區(qū)間（0,2)上是減少的，所以f′(x）＝3x2－2ax≤0在（0,2)上恒成立，即2a≥3x在區(qū)間(0,2)上恒成立．因為x∈（0，2）,所以3x∈（0，6)，故2a≥6，即a≥3。經(jīng)驗證a＝3時滿足題意，故a的取值范圍為[3，＋∞）．點評若函數(shù)f（x)在區(qū)間D上是增（減）函數(shù)，則有f′(x）≥0（f′(x)≤0）對x∈D恒成立，這類問題，通常利用導(dǎo)數(shù)轉(zhuǎn)化為不等式在某區(qū)間上的恒成立問題，進而把恒成立問題轉(zhuǎn)化為求一個函數(shù)在某區(qū)間上的最大(?。┲祮栴}求解．也可根據(jù)所給區(qū)間是單調(diào)遞增(減）區(qū)間的子區(qū)間求解。2巧用導(dǎo)數(shù)求極值1．函數(shù)的極值點的判定方法設(shè)函數(shù)f(x）在x0處連續(xù)，判定f（x0)是極大(小)值點的方法是:(1）如果在x0兩側(cè)f′（x）符號相同,則x0不是函數(shù)f（x）的極值點；（2）如果在x0附近的左側(cè)f′(x)〉0，右側(cè)f′(x)〈0，那么f（x0)是極大值；(3)如果在x0附近的左側(cè)f′(x)〈0，右側(cè)f′(x）〉0，那么f(x0)是極小值．也就是說,極大值點可以看成是函數(shù)遞增區(qū)間與遞減區(qū)間的分界點,極大值是極大值點附近曲線由上升到下降的過渡點的函數(shù)值．極小值則是極小值點附近曲線由下降到上升的過渡點的函數(shù)值．2．極值常見題型詳解（1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值例1求函數(shù)f(x）＝xlnx的極值點．解f′(x）＝lnx＋1，x〉0。而f′(x)〉0?lnx＋1〉0?eq\f（1,e)<x,f′(x)〈0?lnx＋1<0?0<x<eq\f(1，e），所以f（x)在（0,eq\f（1，e))上是減少的，在（eq\f（1，e)，＋∞）上是增加的．所以x＝eq\f(1，e)是函數(shù)f（x)的極小值點，極大值點不存在．點評求極值問題一定注意函數(shù)的定義域，所以在定義域內(nèi)研究函數(shù)的極值是求極值時應(yīng)注意的知識點，再利用求極值的步驟求解即可．(2）含參數(shù)的極值問題例2設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)＝lnx－ax，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值．解由已知，得函數(shù)f(x）的定義域為（0，＋∞），f′（x）＝eq\f(1,x）－a＝eq\f（1－ax，x)。①若a≤0，則f′（x）>0，f(x）在（0，＋∞)上是增加的，無極值；②若a〉0，令f′（x）＝0，得x＝eq\f(1,a）.當(dāng)x∈(0，eq\f(1，a）)時，f′(x）>0，f（x)是增加的；當(dāng)x∈（eq\f(1，a)，＋∞)時，f′（x）<0，f（x）是減少的．所以當(dāng)x＝eq\f(1,a）時，f(x)有極大值，極大值為f(eq\f(1，a）)＝lneq\f(1，a）－1＝－lna－1。綜上所述，當(dāng)a≤0時，f（x）的遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無極值；當(dāng)a>0時，f(x)的遞增區(qū)間為（0,eq\f(1，a）)，遞減區(qū)間為（eq\f(1,a），＋∞），極大值為－lna－1，無極小值．點評本題通過求導(dǎo)，把問題轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的不等式問題，需要對問題進行討論，討論時需要全面，避免遺漏．（3)極值問題的逆向考查例3已知函數(shù)f（x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f（a,b)的值為（）A．－eq\f（2,3） B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．不存在解析由題意知f′（x)＝3x2＋2ax＋b。所以eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，，1＋a＋b－a2－7a＝10.）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－2,，b＝1,)）或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－6，,b＝9。)）經(jīng)檢驗eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝－6，,b＝9，)）滿足題意，所以eq\f（a，b）＝－eq\f（2,3).故選A.答案A點評本題是已知極值求參數(shù)，逆向考查了極值的含義，解題關(guān)鍵是需要對所求參數(shù)進行討論，是否滿足極值的條件．如果不滿足,需要舍去．3分類討論思想在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用分類討論思想在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用非常廣泛，尤其是在求含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值或最值的問題中，那么如何確定分類討論的標(biāo)準呢？1．按導(dǎo)數(shù)為零的根的大小來分類例1設(shè)函數(shù)f（x)＝－x（x－a)2（x∈R),其中a∈R且a≠0，求函數(shù)f(x)的極大值和極小值．解f′(x)＝－(3x－a）（x－a)，令f′(x）＝0，解得x＝a或x＝eq\f（a，3）。當(dāng)a〉eq\f(a，3),即a>0，x∈(－∞,eq\f(a,3))時,f′（x）〈0，x∈（eq\f（a，3)，a)時，f′（x)>0，x∈（a，＋∞)時，f′（x）〈0，因此，函數(shù)f（x)在x＝eq\f（a，3）處取得極小值－eq\f(4，27)a3，在x＝a處取得極大值0。當(dāng)a〈eq\f（a,3），即a<0,x∈（－∞，a）時，f′（x)〈0,x∈(a，eq\f(a,3）)時，f′(x）〉0，x∈(eq\f（a，3），＋∞)時,f′(x）〈0,因此,函數(shù)f（x）在x＝eq\f(a,3)處取得極大值－eq\f(4，27）a3，在x＝a處取得極小值0。點評本題對f(x）求導(dǎo)后，得到一個二次函數(shù)，令f′（x）＝0得到的兩個根是含有參數(shù)的,因此應(yīng)按兩個根的大小來分類．2．按是否為二次函數(shù)來分類例2已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a，x）－1（a≤eq\f（1,2))，討論f(x）的單調(diào)性．解f′(x）＝－eq\f(ax2－x＋1－a，x2)，x∈(0,＋∞)，令h(x)＝ax2－x＋1－a,x∈（0,＋∞）．（1）當(dāng)a＝0時，h（x)＝－x＋1,x∈（0,＋∞），當(dāng)x∈(0，1）時，h(x）〉0，此時f′（x)<0，函數(shù)f（x）是減少的;當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h（x)〈0，此時f′（x）〉0,函數(shù)f（x）是增加的．(2）當(dāng)a≠0時,由f′（x)＝0,解得x1＝1，x2＝eq\f（1,a)－1,①當(dāng)a＝eq\f(1，2）,即x1＝x2時，h（x）≥0恒成立，此時f′（x)≤0,f(x）在（0，＋∞)上是減少的；②當(dāng)0〈a〈eq\f(1，2)，即eq\f(1,a）－1>1>0，x∈（0，1）時，h（x)>0，f′（x)〈0，f（x)是減少的，x∈（1，eq\f(1,a)－1）時，h（x）〈0,f′(x）>0，f(x）是增加的，x∈（eq\f（1,a）－1,＋∞）時，h（x）>0，f′（x）〈0，f(x)是減少的；③當(dāng)a〈0時，eq\f（1，a）－1<0〈1，x∈（0,1）時，h(x)〉0，f′(x)〈0，f（x)是減少的,x∈（1,＋∞）時，h(x)<0，f′(x）〉0,f(x）是增加的．綜上所述：當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在（0,1）上是減少的，在(1,＋∞）上是增加的；當(dāng)a＝eq\f(1，2)時，函數(shù)f(x)在（0，＋∞)上是減少的；當(dāng)0<a<eq\f（1,2）時，函數(shù)f(x）在（0,1）和(eq\f（1，a）－1,＋∞)上是減少的，在(1，eq\f(1,a)－1)上是增加的．點評由于f′(x）的分子是一個二次項含參的函數(shù)，因此在分類討論時，首先應(yīng)按a是否為零，即該函數(shù)是否為二次函數(shù)來分類,然后當(dāng)a≠0時，再按根的大小來分類（與例1類似），另外，應(yīng)注意參數(shù)的范圍．3．按最值來分類例3設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－e－x，若對所有x≥0都有f（x)≥ax，求實數(shù)a的取值范圍．解令g(x)＝f(x）－ax，則g′(x）＝f′(x）－a＝ex＋e－x－a，由于ex＋e－x＝ex＋eq\f(1，ex）≥2（當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立)，所以當(dāng)a≤2時，g′（x)＝ex＋e－x－a≥2－a≥0，故g（x）在（0，＋∞)上為增函數(shù)．所以當(dāng)x≥0時，g（x)≥g(0）＝0，即f(x）≥ax。當(dāng)a〉2時，方程g′（x)＝0的根為x1＝lneq\f（a－\r（a2－4),2)<0,x2＝lneq\f（a＋\r(a2－4）,2)>0，此時,若x∈(0，x2)，則g′（x)<0，故g(x）在區(qū)間(0,x2)內(nèi)為減函數(shù)．所以x∈(0,x2)時,g（x)<g（0)＝0，即f（x）〈ax，與題設(shè)f(x)≥ax相矛盾．綜上所述，滿足條件的實數(shù)a的取值范圍為（－∞，2］．點