浙江省20届高考数学一轮 第4章 4.2 第1课时 导数的应用

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1、4.2 导数的应用最新考纲 考情考向分析1.了解函数单调性和导数的关系，能用导数求函数的单调区间2.理解函数极值的概念及函数在某点取到极值的条件，会用导数求函数的极大(小) 值，会求闭区间上函数的最大(小 )值.考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.1函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果 f( x)0，那么函数 yf (x)在这个区间内单调递增；如果 f( x)0，右侧 f(x)0，那么 f(x0)是极小值(2)求可导函数极值的步骤求 f(x) ；求

2、方程 f(x )0 的根；考查 f(x) 在方程 f(x )0 的根附近的左右两侧导数值的符号如果左正右负，那么 f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么 f(x)在这个根处取得 极小值3函数的最值(1)在闭区间a， b上连续的函数 f(x)在a，b 上必有最大值与最小值(2)若函数 f(x)在 a，b上单调递增，则 f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数 f(x)在a，b上单调递减，则 f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值(3)设函数 f(x)在 a，b上连续，在(a，b) 内可导，求 f(x)在a，b上的最大值和最小值的步骤如下：求函数 yf(x )在(

3、a，b)内的极值；将函数 yf(x )的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值概念方法微思考1 “f(x)在区间(a，b)上是增函数，则 f( x)0 在(a，b)上恒成立” ，这种说法是否正确？提示 不正确，正确的说法是：可导函数 f(x)在(a，b)上是增(减) 函数的充要条件是对任意 x(a，b)，都有 f(x )0(f(x)0)且 f( x)在(a，b) 上的任何子区间内都不恒为零2对于可导函数 f(x)， “f(x 0)0”是“函数 f(x)在 xx 0 处有极值”的_条件(填“充要” “充分不必要” “必要不充分”)提示 必要不充

4、分题组一 思考辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打 “”或“”)(1)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f(x)0，则 f(x)在此区间内没有单调性( )(2)函数的极大值一定大于其极小值( )(3)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值( )(4)开区间上的单调连续函数无最值( )题组二 教材改编2P32A 组 T4如图是函数 yf(x)的导函数 yf ( x)的图象，则下面判断正确的是 ( )A在区间(2,1)上 f(x)是增函数B在区间(1,3)上 f(x)是减函数C在区间(4,5)上 f(x)是增函数D当 x2 时，f (x)取到极小值答案 C解析 在(4,5)

5、上 f( x)0 恒成立，f(x)是增函数3P29 练习 T2设函数 f(x) ln x，则( )2xAx 为 f(x)的极大值点12Bx 为 f(x)的极小值点12Cx 2 为 f(x)的极大值点Dx2 为 f(x)的极小值点答案 D解析 f(x) (x0)，2x2 1x x 2x2当 02 时，f(x)0，x 2 为 f(x)的极小值点4P26 练习 T1函数 f(x)x 36x 2 的单调递减区间为_答案 (0,4)解析 f(x) 3x 212x 3x (x4) ，由 f(x )0 ；0，6)当 x 时， y0，得 x2 或 x0，即 8x 0，解得 x ，1x2 12函数 y4x 2

6、的单调增区间为 .故选 B.1x (12， )2已知函数 f(x)xln x，则 f(x)( )A在(0，)上单调递增B在(0，)上单调递减C在 上单调递增(0，1e)D在 上单调递减(0，1e)答案 D解析 因为函数 f(x)xln x 的定义域为(0， )，所以 f(x) ln x 1( x0)，当 f(x )0 时，解得 x ，1e即函数的单调递增区间为 ；(1e， )当 f(x )0，则其在区间( ，)上的解集为 ，( ， 2) (0，2)即 f(x)的单调递增区间为 和 .( ， 2) (0，2)思维升华 确定函数单调区间的步骤(1)确定函数 f(x)的定义域(2)求 f(x) (3

7、)解不等式 f( x)0，解集在定 义域内的部分为单调递增区间(4)解不等式 f( x)0，所以令 g(x)ax 22x0，解得 x0 或 x .2a当 a0 时，函数 g(x)ax 22x 在(，0)和 上有 g(x)0，即 f(x)0，函数( ，2a)yf(x) 单调递 增；函数 g(x)ax 22x 在 上有 g(x)0，2a，0即 f(x )0，函数 yf( x)单调递减综上所述，当 a0 时，函数 yf (x)的单调递增区间为(0，)，单调递减区间为(，0)；当 a0 时，函数 yf(x)的单调递减区间为(， 0)， ，单调递增区间为 ；(2a， ) 0，2a当 a0)，试讨论 f(

8、x)的单调性解 由题意得 f(x )e xax2(2 a2)x(a0)，令 f(x )0，解得 x10，x 2 .2 2aa当 00，则 x ，2 2aa令 f(x )1 时，令 f(x )0，则 x0 或 x1 时，f( x)在 和(0，)上单调递增，在 上单调递减( ，2 2aa ) (2 2aa ，0)题型三 函数单调性的应用命题点 1 比较大小或解不等式例 2 (1)已知定义域为 R 的偶函数 f(x)的导函数为 f( x)，当 x1，f (0)4，则不等式 exf(x)ex3(其中 e 为自然对数的底数)的解集为( )A(0，)B(，0)(3，)C(，0)(0，)D(3，)答案 A解

9、析 令 g(x)e xf(x)e x，g(x )e xf(x)e xf( x)e xe xf(x)f(x)1，f(x)f(x)1，g( x)0，yg(x) 在定义 域上单调递增，e xf(x)ex3，g(x)3，g(0)3，g( x)g(0)，x 0，故 选 A.命题点 2 根据函数单调性求参数例 3 已知函数 f(x)ln x ，g(x ) ax22x (a0)12(1)若函数 h(x)f( x)g( x)存在单调递减区间，求 a 的取值范围；(2)若函数 h(x)f( x)g( x)在1,4上单调递减，求 a 的取值范围解 (1)h(x) ln x ax22x ，x(0，)，12所以 h(

10、x) ax 2，1x由于 h(x)在(0，)上存在单调递减区间，所以当 x(0 ， )时， ax2 有解1x2 2x设 G(x) ，1x2 2x所以只要 aG(x)min 即可而 G(x) 21，所以 G(x)min1.(1x 1)所以 a1.又因为 a0，所以 a 的取值范 围为(1,0)(0 ， ) (2)因为 h(x)在1,4上单调递减，所以当 x1,4时，h(x ) ax20 恒成立，1x即 a 恒成立1x2 2x所以 aG(x) max，而 G(x) 21，(1x 1)因为 x1,4，所以 ，1x 14，1所以 G(x)max (此时 x4)，716所以 a ，又因为 a0，716所

11、以 a 的取值范围是 (0 ，) 716，0)引申探究1本例(2)中，若函数 h(x)f(x)g( x)在1,4 上单调递增，求 a 的取值范围解 因为 h(x)在1,4上单调递增，所以当 x1,4时，h(x)0 恒成立，所以当 x1,4时，a 恒成立，1x2 2x又当 x1,4时， min1(此时 x1)，(1x2 2x)所以 a1，即 a 的取值范围 是(，1 2本例(2)中，若 h(x)在1,4 上存在单调递减区间，求 a 的取值范围解 h(x )在1,4上存在单调递减区间，则 h(x) 有解，1x2 2x又当 x1,4时， min1，(1x2 2x)所以 a1，又因 为 a0，所以 a

12、 的取值范围是(1,0)(0， )思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：yf(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集(2)f(x)为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) 不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题 跟踪训练 2 (1)(2018宁波模拟) 已知三次函数 f(x) x3(4m1) x2(15m 22m7) x2 在13(，) 上是增函数，则 m 的取值范围是( )Am4 B40，得 01.当 a0

13、 时，令 g(x)0，得 x1 或 x ，12a若 ，12a 12由 g(x)0，得 x1 或 01，即 00，得 x 或 0 时，函数 g(x)在 上单调递增，12 (0，12a)在 上单调递 减，在(1 ， )上单调递增(12a，1)1函数 f(x)x 22ln x 的单调递减区间是( )A(0,1) B(1，)C(，1) D(1,1)答案 A解析 f(x)2x (x0)，2x 2x 1x 1x当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)为增函数2.已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数 f(x) 的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )Af(b)f( c)f(d)Bf(b)f(a)

14、f(e)Cf(c)f(b)f(a)Df(c)f( e)f(d)答案 C解析 由题意得，当 x( ， c)时，f ( x)0，所以函数 f(x)在(，c )上是增函数，因为 af(b)f(a)，故选 C.3(2018台州调考)定义在 R 上的可导函数 f(x)，已知 y 2f(x )的图象如图所示 ，则 yf (x)的单调递增区间是( )A0,1 B1,2C(，1 D(，2答案 D解析 据函数 y2 f( x)的图象可知，当 x2,2 f( x)1f(x) 0，且使 f( x)0 的点为有限个，所以函数 yf( x)在( ，2 上单调递增，故 选 D.4(2018浙江台州中学质检) 已知函数 f

15、(x) ax3 ax2 x(aR)，下列选项中不可能是函13 12数 f(x)图象的是( )答案 D解析 由题意得 f(x )ax 2ax1，若函数 f(x)的图象如 D 选项中的图象所示，则 f(x)0在 R 上恒成立，所以Error!此时不等式组无解，所以 D 错误，故选 D.5定义在 R 上的函数 yf (x)，满足 f(3x)f(x)， f(x)3，(x 32)则有( )Af(x 1)f(x2)Cf(x 1)f( x2) D不确定答案 B解析 据已知由 f(x)f(3x)，可得函数 图象关于直线 x 对称，又由 f(x)32 (x 32)时，f(x)0.又若 x13，则 有 ，因此据函

16、数的 单32 32 |x2 32| |x1 32|调性可得 f(x1)f(x2)，故选 B.6(2018浙江名校协作体模拟) 已知函数 f(x)(2x1)e xax 23a( x0)为增函数，则 a 的取值范围是( )A2 ， ) B.e 32e， )C(，2 D.e ( ， 32e答案 A解析 f(x) (2x1)e xax 23a 在(0 ， ) 上是增函数，f(x )(2x1)e x2ax 0 在区间(0 ， ) 上恒成立，即2a ex.设 g(x) ex，(2 1x) (2 1x)则 g(x) ex，由 g( x) ex0 和 x0 得 x ，当 x 时，g(x)( 1x2 1x 2)

17、 ( 1x2 1x 2) 12 120，当 01解析 设 F(x)f(x) x，F(x)f(x) ，12 12f(x )1，即不等式的解集为x| x19已知函数 f(x) x24x3ln x 在区间t，t1上不单调，则 t 的取值范围是12_答案 (0,1)(2,3)解析 由题意知 f(x )x4 ，3x x 1x 3x由 f(x )0，得函数 f(x)的两个极 值点为 1 和 3，则只要这两个极值点有一个在区间(t， t1)内，函数 f(x)在区间t，t1上就不 单调，由 t0 在 上有解，所以 b0，则当 x 时 ，( ， 1k)f(x)0，( 1k， )函数 f(x)单调递增；若 k0，

18、函数 f(x)单调递增；( ， 1k)当 x 时，f(x)0，则当且仅当 1，即 k1 时，函数 f(x)在( 1,1)上单调递增；1k若 k0 时，f( x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，)；当 a0，即 m . 0 时，要使得 3，由 yln x 可得 y ，设切点为1x(x0，y0)，则对应 的切线方程为 yy 0 (xx 0)，若 该切线过 原点，则y 0 (x 0)1，即1x0 1x0y01，则 x0e，结合图象( 图略)可知 g(e)ae ln e0，解得 a ，即 00 Bf ( x0)0 且 t1)，g( t)ln t2 (t0)，x2x1 t 1t 1则 g(t) 0，1t 4t 12 t 12tt 12所以 g(t)在(0 ，)上单调递 增，而 g(1)0，所以当 x2x1时 ，t1，所以 g(t)0，故 f( x0)0；当 x20.综上可知，f(x 0)0.16已知 f(x)x 3ax 1，若 f(x)在区间(2,2)上不单调，求 a 的取值范围解 f(x) x 3ax 1，f(x )3x 2a.由 f(x)在区间(2,2)上不单调，知 f(x)存在零点，a0.由 f(x )0，得 x (a0) ，3a3f(x)在区间(2,2)上不单调，0 2，即 0a12.3a3