（2020年高考专用）第三章 导数及其应用 第2节 第1课时.doc

1、第第 2 节节 导数在研究函数中的应用导数在研究函数中的应用 最新考纲 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性， 会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)； 2.了解函数在某点取得极值的 必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过 三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.利 用导数研究函数的单调性、极(最)值，并会解决与之有关的方程(不等式)问题； 4.会利用导数解决某些简单的实际问题. 知 识 梳 理 1.函数的单调性与导数的关系 已知函数 f(x)在某个区间内可导， (1)若 f(x)0，则函数 f

2、(x)在这个区间内单调递增； (2)若 f(x)0，右侧 f(x)0 在(a，b)上成立”是“f(x) 在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件. 2.对于可导函数 f(x)，“f(x0)0”是“函数 f(x)在 xx0处有极值”的必要不充分 条件. 3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论， 不可想当然认为极值就是最值. 4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间 没有必然的大小关系. 基 础 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f(x)0.( ) (2)如

3、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.( ) (3)函数的极大值一定大于其极小值.( ) (4)对可导函数 f(x)，f(x0)0 是 x0为极值点的充要条件.( ) (5)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.( ) 解析 (1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有 f(x)0. (3)函数的极大值也可能小于极小值. (4)x0为 f(x)的极值点的充要条件是 f(x0)0，且 x0两侧导函数异号. 答案 (1) (2) (3) (4) (5) 2.(选修 22P60 抽象概括引申改编)如图是 f(x)的导函数 f(x)的图像，则

4、 f(x)的极 小值点的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 由题意知在 x1 处 f(1)0，且其两侧导数符号为左负右正. 答案 A 3.(选修 22P61 例 3 改编)函数 f(x)2xxln x 的极值是( ) A.1 e B.2 e C.e D.e2 解析 因为 f(x)2(ln x1)1ln x，令 f(x)0，所以 xe，当 f(x)0 时， 解得 00时， 解得x1 e， 即函数的单调递增区间为 1 e， ； 当f(x)0，所以 f(x)在(0，)上为单调递增函数. (2)当 a0 时，f(x)（x a）（x a） x ，则有 当 x(0， a)时，f(x)0，所

5、以 f(x)的单调递增区间为( a，). 综上所述，当 a0 时，f(x)的单调递增区间为(0，)，无单调递减区间. 当 a0 时，函数 f(x)的单调递减区间为(0， a)，单调递增区间为( a，). 考点三 函数单调性的简单应用 多维探究 角度 1 比较大小或解不等式 【例 31】 (1)已知函数 yf(x)对于任意的 x 0， 2 满足 f(x)cos xf(x)sin x1 ln x，其中 f(x)是函数 f(x)的导函数，则下列不等式成立的是( ) A. 2f 3 f 4 C. 2f 6 3f 4 D. 3f 3 f 6 (2)已知函数 f(x)是函数 f(x)的导函数，f(1)1

6、e，对任意实数都有 f(x)f(x)0，设 F(x)f（x） ex ，则不等式 F(x) 1 e2的解集为( ) A.(，1) B.(1，) C.(1，e) D.(e，) 解析 (1)令 g(x)f（x） cos x ，则 g(x)f（x）cos xf（x）（sin x） cos2x 1ln x cos2x .由 0g 4 ，所以 f 3 cos 3 f 4 cos 4 ， 即 2f 3 f 4 . (2)F(x)f(x)e xexf(x) (ex)2 f(x)f(x) ex ， 又 f(x)f(x)0，知 F(x)0 时，1 xax2 1 x2 2 x有解. 设 G(x) 1 x2 2 x，

7、所以只要 aG(x)min. 又 G(x) 1 x1 2 1，所以 G(x)min1. 所以 a1.即实数 a 的取值范围是(1，). (2)由 h(x)在1，4上单调递减， 当 x1，4时，h(x)1 xax20 恒成立， 则 a 1 x2 2 x恒成立，设 G(x) 1 x2 2 x， 所以 aG(x)max. 又 G(x) 1 x1 2 1，x1，4， 因为 x1，4，所以1 x 1 4，1 ， 所以 G(x)max 7 16(此时 x4)，所以 a 7 16. 又当 a 7 16时，h(x) 1 x 7 16x2 （7x4）（x4） 16x ， x1，4，h(x)（7x4）（x4） 1

8、6x 0， 当且仅当 x4 时等号成立. h(x)在1，4上为减函数. 故实数 a 的取值范围是 7 16， . 规律方法 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比 较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.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)是单调递增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

9、单调区间可转化为不等式有解问题. 【训练 3】 (1)已知 f(x)是定义在区间(0，)内的函数，其导函数为 f(x)，且不 等式 xf(x)0)， 则 g(x)x 2f（x）2xf（x） x4 xf（x）2f（x） x3 g(2)，即f（1） 12 f（2） 22 ，所以 4f(1)f(2). (2)由于 f(x)k1 x，f(x)kxln x 在区间(2，)上单调递增，等价于 f(x)k 1 x0 在(2，)上恒成立，由于 k 1 x，而 0 1 x0，f(x)0(f(x)0；在(0，)上，f(x)0，解得 xe1， 所以函数 f(x)的单调递增区间是(e1，). 答案 D 3.(2019

10、 南昌质检)若函数 f(x)x312x 在区间(k1， k1)上不是单调函数， 则实 数 k 的取值范围是( ) A.k3 或1k1 或 k3 B.不存在这样的实数 k C.2f(3) B.f(3)f(e)f(2) C.f(3)f(2)f(e) D.f(e)f(3)f(2) 解析 f(x)的定义域是(0，)，f(x)1ln x x2 ， x(0，e)，f(x)0，x(e，)，f(x)f(3)f(2). 答案 D 5.(2019 保定一中模拟)函数 f(x)的定义域为 R，f(1)2，对任意 xR，f(x)2， 则 f(x)2x4 的解集为( ) A.(1，1) B.(1，) C.(，1) D.

11、(，) 解析 由 f(x)2x4，得 f(x)2x40，设 F(x)f(x)2x4，则 F(x)f(x)2， 因为 f(x)2，所以 F(x)0 在 R 上恒成立，所以 F(x)在 R 上单调递增. 又 F(1)f(1)2(1)42240，故不等式 f(x)2x40 等价于 F(x)F(1)，所以 x1. 答案 B 二、填空题 6.已知函数 f(x)(x22x)ex(xR，e 为自然对数的底数)，则函数 f(x)的单调递 增区间为_. 解析 因为 f(x)(x22x)ex， 所以 f(x)(2x2)ex(x22x)ex(x22)ex. 令 f(x)0，即(x22)ex0， 因为 ex0，所以x

12、220，解得 23， 所以实数 a 的取值范围是(3，0)(0，). 答案 (3，0)(0，) 8.若函数 f(x)1 3x 31 2x 22ax 在 2 3， 上存在单调递增区间，则 a 的取值范 围是_. 解析 对 f(x)求导，得 f(x)x2x2a x1 2 21 42a.当 x 2 3， 时， f(x)的最大值为 f 2 3 2 92a.令 2 92a0，解得 a 1 9.所以 a 的取值范围是 1 9， . 答案 1 9， 三、解答题 9.已知函数 f(x)x 4 a xln x 3 2，其中 aR，且曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切 线垂直于直线 y1 2x. (1)求

13、a 的值； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)对 f(x)求导得 f(x)1 4 a x2 1 x， 由 f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线 y1 2x 知 f(1) 3 4a2，解得 a 5 4. (2)由(1)知 f(x)x 4 5 4xln x 3 2(x0). 则 f(x)x 24x5 4x2 . 令 f(x)0，且 x0， x5(x1 舍去). 当 x(0，5)时，f(x)5 时，f(x)0. 所以函数 f(x)的增区间为(5，)，减区间为(0，5). 10.(2019 成都七中检测)设函数 f(x)ax2aln x，g(x)1 x e ex，其中 aR，e 2

14、.718为自然对数的底数. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)证明：当 x1 时，g(x)0. (1)解 由题意得 f(x)2ax1 x 2ax21 x (x0). 当 a0 时，f(x)0 时，由 f(x)0 有 x 1 2a， 当 x 0， 1 2a 时，f(x)0，f(x)单调递增. (2)证明 令 s(x)ex 1x，则 s(x)ex11. 当 x1 时，s(x)0，所以 s(x)s(1)，即 ex 1x， 从而 g(x)1 x e ex e（ex 1x） xex 0. 能力提升题组 (建议用时：20 分钟) 11.若函数 exf(x)(e2.718 28是自然对数的底数)在 f(

15、x)的定义域上单调递增，则 称函数 f(x)具有 M 性质.下列函数中具有 M 性质的是( ) A.f(x)2 x B.f(x)x2 C.f(x)3 x D.f(x)cos x 解析 设函数 g(x)ex f(x)，对于 A，g(x)ex 2 x e 2 x ，在定义域 R 上为增函数， A 正确.对于 B， g(x)ex x2， 则 g(x)x(x2)ex， 由 g(x)0 得 x0， g(x) 在定义域 R 上不是增函数，B 不正确.对于 C，g(x)ex 3 x e 3 x 在定义域 R 上是 减函数，C 不正确.对于 D，g(x)ex cos x，则 g(x) 2excos x 4 ，g(x)0 在定 义域 R 上不恒成立，D 不正确. 答案 A 12.(2019 惠州调研)已知函数f(x)xsin xcos xx2， 则不等式f(ln x)f ln 1 x 0 时，f(x)0. 所以 f(x)在(0，)上单调递增. |ln x|37 3 . 37 3 m9. 即实数 m 的取值范围是 37 3 ，9 .