第一章習(xí)題課導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用

2023/12/27第一章習(xí)題課導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性.2.理解函數(shù)的極值、最值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系.3.掌握函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值的綜合應(yīng)用.問題導(dǎo)學(xué)達標(biāo)檢測題型探究內(nèi)容索引問題導(dǎo)學(xué)1.函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的關(guān)系定義在區(qū)間(a，b)內(nèi)的函數(shù)y＝f(x)f′(x)的正負(fù)f(x)的單調(diào)性f′(x)>0單調(diào)遞___f′(x)<0單調(diào)遞___增減2.求函數(shù)y＝f(x)的極值的方法解方程f′(x)＝0，當(dāng)f′(x0)＝0時，(1)如果在x0附近的左側(cè)

，右側(cè)

，那么f(x0)是極大值.(2)如果在x0附近的左側(cè)

，右側(cè)

，那么f(x0)是極小值.3.函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上最大值與最小值的求法(1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值.(2)將函數(shù)y＝f(x)的各

與端點處的函數(shù)值

比較，其中_____的一個是最大值，

的一個是最小值.f′(x)>0f′(x)<0f′(x)<0f′(x)>0極值f(a)，f(b)最大最小題型探究類型一構(gòu)造法的應(yīng)用命題角度1比較函數(shù)值的大小解析答案√解析

由f′(x)sinx>f(x)cosx，得f′(x)sinx－f(x)cosx>0，反思與感悟用構(gòu)造法比較函數(shù)值的大小關(guān)鍵是構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)值的大小.A.a<c<b

B.b<c<aC.a<b<c

D.c<a<b解析答案√解析

令g(x)＝xf(x)，則g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)，∴g(x)是偶函數(shù).g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴當(dāng)x>0時，xf′(x)＋f(x)<0，當(dāng)x<0時，xf′(x)＋f(x)>0.∴g(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).命題角度2求解不等式例2已知定義域為R的可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，滿足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，則不等式f(x)<2ex的解集為

A.(－∞，0) B.(－∞，2)C.(0，＋∞) D.(2，＋∞)解析答案√∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減.∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，則不等式等價于g(x)<g(0).∵函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，∴x>0，∴不等式的解集為(0，＋∞)，故選C.反思與感悟構(gòu)造恰當(dāng)函數(shù)并判斷其單調(diào)性，利用單調(diào)性得到x的取值范圍.解析答案(0,10)∵f(1)＝1，∴F(1)＝f(1)－1＝1－1＝0.∴F(lgx)>F(1).∵F(x)在R上單調(diào)遞減，∴l(xiāng)gx<1，∴0<x<10，∴原不等式的解集為(0,10).類型二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性解答①當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時，令g(x)＝ax2－2x＋a，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，∴g(x)≥0在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號.∴a≥1.∴當(dāng)a≥1時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪[1，＋∞).解答(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.解

由(1)可知：①當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a≥1時，此時函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.③當(dāng)0<a<1時，由ax2－2x＋a＝0，反思與感悟利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性應(yīng)注意以下幾點(1)關(guān)注函數(shù)的定義域，單調(diào)區(qū)間應(yīng)為定義域的子區(qū)間.(2)已知函數(shù)在某個區(qū)間上的單調(diào)性時轉(zhuǎn)化要等價.(3)分類討論求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間實質(zhì)是討論不等式的解集.(4)求參數(shù)的范圍時常用到分離參數(shù)法.跟蹤訓(xùn)練3設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－2ax＋a2，a∈R.(1)當(dāng)a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；解答解

當(dāng)a＝2時，f(x)＝lnx＋x2－4x＋4(x>0)，(2)若函數(shù)f(x)在[1,3]上不存在單調(diào)遞增區(qū)間，求實數(shù)a的取值范圍.設(shè)g(x)＝2x2－2ax＋1，假設(shè)函數(shù)f(x)在[1,3]上不存在單調(diào)遞增區(qū)間，必有g(shù)(x)≤0，解答類型三函數(shù)的極值、最值與導(dǎo)數(shù)解答(2)求證：在(1)的條件下，f(x)>g(x)＋

；當(dāng)0<x<e時，h′(x)>0，此時h(x)單調(diào)遞增，證明(3)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由.解答解

假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3，①當(dāng)a≤0時，因為x∈(0，e]，所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，解得a＝e2，滿足條件，所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，綜上，存在實數(shù)a＝e2，使得當(dāng)x∈(0，e]時，f(x)的最小值為3.反思與感悟

(1)已知極值點求參數(shù)的值后，要代回驗證參數(shù)值是否滿足極值的定義.(2)討論極值點的實質(zhì)是討論函數(shù)的單調(diào)性，即f′(x)的正負(fù).(3)求最大值要在極大值與端點值中取最大者，求最小值要在極小值與端點值中取最小者.解答∵x＝1為f(x)的極值點，∴f′(1)＝0，若x＝1為f(x)的極大值點，∴c>1，當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0；當(dāng)1<x<c時，f′(x)<0；當(dāng)x>c時，f′(x)>0.∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，(c，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為(1，c).解答(2)若函數(shù)f(x)恰有兩個零點，求實數(shù)c的取值范圍.解①若c<0，則f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵b＝－1－c，達標(biāo)檢測1234解析答案√解析

由題意可知f(0)＝0，f(1)＝0，f(2)＝0，可得1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以函數(shù)的解析式為f(x)＝x3－3x2＋2x.f′(x)＝3x2－6x＋2，123412342.已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負(fù)可導(dǎo)函數(shù)，且滿足xf′(x)＋f(x)≤0，對任意的正數(shù)a，b，若a<b，則必有

A.bf(b)≤af(a) B.bf(a)≤af(b)C.af(a)≤bf(b) D.af(b)≤bf(a)解析答案√解析

設(shè)g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，∴g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減或g(x)為常函數(shù).∵a<b，∴g(a)≥g(b)，即af(a)≥bf(b)，故選A.解析

f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝3，驗證可知x＝3是函數(shù)的最小值點，由f(x)＋9≥0恒成立，得f(x)≥－9恒成立，1234解析答案1234解答1234解

由f(x)＝x3－ax2＋3x，得f′(x)＝3x2－2ax＋3，∴f(x)＝x3－5x2＋3x，f′(x)＝3x2－10x＋3，1234當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x－13(3,4)4f′(x)

＋0－0＋

f(x)－9↗↘－9↗－4