向量在高中数学中的应用-高中数学教学中我的小故事
高中数学
-
导数的应用
考占一
函数的单调性与导数
知识点
1函数的单调性与导数的关系
在区间a,
内f' x
a,
a,
a,
内单调递增
内为常函数
内单调递减
2用充分必要条件来诠释导数与函数单调性的关系
(1) f'
(x)>0(或f' (x)<0)是f(x)在(a, b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件;
(2) f' (x)>0(或f' (x)
w
0)是f(x)在(a,
b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件(f' (x) = 0不 恒成立)?
注意点应用导数解决函数单调性问题的原则方法
(1)求函数f(x)的单调区间,也是求不等式f' (x)>0(或f ‘
函
数定义域而单独存在,求单调区间要坚持
(x)<0)的解集,但单调区间不能脱离
“定义域优先”
的原则.
(2)由函数f(x)在区间[a, b]内单调递增
(或递减),可得f' (x)> 0(或f ‘ (x)< 0)在该区间恒成
立,而不是
f (x)>0(或f (x)<0)恒成立,
“二”不能少?必要时还需对 “二”进行检验.
入门测
1 ?思维辨析
(1)
(x)>0.(
⑵如果函数f(x)在某个区间内恒有
(3)
增与(a,
b)是f(x)的单调递增区间是相同的说法.
答案⑴
x ⑵V
(3)
x
2.
A. (
— x,
0)
C
.
(
— x, —
3)和(1
,+%
)
答案 D
解析 y' =— 2xe
x
+ (3 —
x
2
)e
x
= e
x
( — x
2
—
2x+ 3),
由 y' >0? x
2
+ 2x — 3<0? —
3
2
)e
x
的单调递增区间是(—3,1).
故选D.
3. _________________________________________
函数f(x) = e
x
— 2x的单调递增区间是 .
答案(In
2,+
x
)
解析 f' (x)= e — 2,令 f‘(x) = 0 得
x= In 2. 当 x? (ln 2 ,+
x
)时,f'(x)>0,.?.
f(x) = e
x
— 2x 的
单调递增区间为 (In
2,+
x
).
函数y= (3 —
x
2
)e
x
的单调递增区间是()
B
.
(0
,+%
)
D
.
(
—
3,1)
若函数f(x)在(a, b)内单调递增,那么一定有 f'
)
f' (x) = 0,贝U f(x)在此区间内没有单调性. ( )
f(x)在(a,
b)上单调递
( )
他命题法解题法
[考法综述]单调性是导数几种应用中最基本也是最重要的内容, 因为求极值和最值都
也是高考的热 离不开单调性.利用导数讨论函数单调性或求函数的单调区间是导数的重要应用,
点,经常在解答题的分支问题中岀现,难度一般.
1
命题法判断函数的单调性
典例 已知函数f(x)= In x — mx
+ m, m? R.
⑴已知函数f(x)在点(1, f(1))处与x轴相切,求实数 m的值;
⑵求函
数f(x)的单调区间;
f b — f a 1
—
⑶在 ⑴
的结论下,对于任意的 0— a
—
1
.
1
[解] 由 f(x)= In x—
mx+m,得 f' (x)= - — m(x>0).
x
(1)依题意得 f'
(1) = 1 — m= 0,即卩 m= 1.
1 、,
f(x)在(0,+
)上单调递增;
⑵当 m
W
0 时,f' (x) = -— m>0,函数
x
1
—m x — _
m
1
当 m>0
时,f' (x) = ------ ■由
x
(x)>0 ,得 x ? 0,
m,由 f' (x)<0,得 x ?
1
即函数
f(x)
在
0
,-上单调递增,在
1
+
m,
-上单调递减.
f
b
⑶证明:由(1)知m=
1,得f(x)= In x— x+ 1,对于任意的 0na
-
ln
~
b
~
b
--------
~ v
1
— 1,因为 00,故不等式可化为
(In b— b)— (In a —
b — a a
1 ,
— +
X
m
5
1
?
<- —1可化为
b— a a
____ f a 1
1
a)<
'a
b b b
— 1 (b — a),即卩 In
b
v
b
— 1,令 t=
b
,得 In t— t +
1<0(t>1),令 f(t) = In t — t + 1.
a a a
由⑵知,函数f(x)在
(1
,+
X
)上单调递减,且f(1)
= 0,即f(t)
— 1成立.
b— a a
秽丨【解题法】 单调区间的求法及由单调性求参数取值范围的方法
(1)
利用导数求函数的单调区间的两个方法
① 方法一:a.确定函数y = f(x)的定义域;
b. 求导数 y' = f' (x);
c. 解不等式f'
(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间;
d. 解不等式f'
(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.
② 方法二:a.确定函数y =
f(x)的定义域;
b.求导数y' = f' (x),令f' (x)=
0,解此方程,求岀在定义域内的一切实根;
C.把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排
列起来,然
后用这些点把函数 f(x)的定义域分成若干个小区间;
d.确定f'
(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性.
(2)
由函数的单调性求参数的取值范围的方法
① 可导函数在某一区间上单调, 实际上就是在该区间上
f'(X)
A
0(或f' (x)
W
0)(f' (x)在该区
间的任意子区间内都不恒等于
参数的取值范围.
0)恒成立,然后分离参数,转化为求函数的最值问题,从而获得
2
② 可导函数在某一区间上存在单调区间,实际上就是
解集,这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题.
f' (x)>0(或f'
(x)<0)在该区间上存在
③
若已知f(x)在区间I上的单调性,区间I中含有参数时,可先求岀
其单调区间的子集,从而可求出参数的取值范围.
f(x)的单调区间,令I是
3
?对点题必刷题
1?设函数 取值
范围是(
)
3
A
.
2e,
—
f(x) = ex(2x — 1) — ax + a,其中a<1,若存在唯一的整数
x0使得f(x0)<0,贝U a的
B.
— —,
3
2e
4
D
.
2e,
1
3
C. 2e,
答案
CV
)=
P
A
(2
X
-I)
d
ll(X
)
=4iX-a
「修
-2
-】*
一
2 x
解析 由题意可知存在唯一的整数
x
X
o
,使得
ex
o
(2x
o
— 1)
— a,设
g(x)= e
x
(2x— 1), h(x)
1 1
ax— a,由
g ' (x)= e(2x + 1)可知 g(x)在
—^,— 上单调递减,在 —2,+
g上单调递增,作
h 0 >g 0 h
—
1
a<1
岀g(x)与 h(x)的大致图象如图所示,故
D.
— 1 < g
,即
—
2a
<—
;
3
,所以条匕a<1,故选
2.设函数f' (x)是奇函数f(x)(x ? R)的导函数,
得
f(x)>0成立的x的取值范围是(
f(— 1)= 0,当 x>0 时,
xf' (x)— f(x)<0,则使
B
.
(
—
1,0)
U
(1
,+^
)
D
.
(0,1)
U
(1
,+^
)
)
A.(
—
1)
U
(0,1)
C.(答案
—
1)
U
(
—
1,0)
解析
当x>0时,
xf'
f v
F(x)
=——,因为f(x)为奇函数,所以
x
F (x)为偶函数,由于 F' (x) =
xf ' x _ f x
2
32 ,
x
(x) —
f(x)<0 ,所以F(x)=呼在(0 ,
+g
)上单调递减,根据对称性,F(x)=经在(—
x
x
「0)上单调递增,又f( — 1) = 0, f(1) = 0,数形结合可知, 使得
f(x)>0成立的x的取值范围是(一
3?若定义在
R上的函数f(x)满足f(0) = — 1,其导函数f' (x)满足f'
(x)>k>1,则下列结论
^,― 1)
U
(0,1) ?故选 A.
中一定错误的是
1 1
k
)
1
C. f
k—
答案
1
解析
构造函数 g (x) = f(x) — kx + 1,
k
>
k—
1
则 g' (x) = f' (x)— k>0 ,??? g(x)在 R
上为增函数.
4
1
-
k
>
1
,…k^7>0,则 g
而 g(0) =
f(0) + 1 = 0,
1
>g(o)-
卜 1>0,
亠-1」
k- 1 k-
所以选项C错误,故选C.
4.
知函数f(x) =
ax3 — 3x2 + 1,若f(x)存在唯一的零点 x0,且x0>0 ,则a的取值范围是(
A . (2,+ %)
C . (— %, — 2)
答案 C
解析(1)当a= 0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.
2
(2) 当
a工 0 时,f (x)= 3ax
2
— 6x,令 f' (x) = 0,解得
X
1
= 0, x
2
= — .
a
2 2 2
当a>0时,—>0 ,所以函数f(x) = ax
3
— 3x
2
+ 1在(—%, 0)与-,+% 上为增函数, 在0,-
a ,
B . (1 ,+
%)
D . (— %, — 1)
已
)
1
k~1
、
a a
上为减函数,因为 f(x)存在唯一零点
X
0
,且X
0
>0,贝
U
f(0)<0,即1<0,不成立.
2 2 2
一
当a<0时,<0
,所以函数f(x) = ax
3
— 3x
2
+
1在
%,-和(0, + %)上为减函数,在
-,
0
a ,
、
2
a
8 4
, 即時
孑+
—
3
a
10
上为增函数,因为
f(x)
存在唯一
零点
x0
,且x
0
>O,则
f
->
0
— 2,又因为a<0,故a的取值范围为(一%,— 2).选C.
>
,解得
a
>
2
或 a<
5
5. 已知函数 f(x) =- 2(x + a)ln x +
x
2
— 2ax — 2a
2
+ a,其中 a>0.
(1)
设g(x)是f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性;
⑵证明:存在 a ?
(0,1),使得f(x)》在区间(1,+ %)内恒成立,且
内有唯一解.
a
解 (1)由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+%),g(x)= f' (x) =
2(x— a) — 2ln x — 2 1+ -,
x
所以 g'
(x)
=
2
—
2
f(x) = 0在区间(1 ,+
%)
2 2a
+ 尹
2x—1
2
+2a—
1
当00
,
在区间
―
”
当a>
1
-
勺
-
4a
,+
%上单调递增,
1
1
—
4a 1
2
+
」
—
4a
上单调递减;
' 2
,g(x)在区间(0,+%)上单调递增.
a
x — 1 — In
x a=
—
⑵证明:由 f‘(x)= 2(x — a)— 2ln x —
2 1 + - = 0,解得
1 + x
1
x
x — 1
—
2
+
x— 1 — In
x — 1 — In x
°
x— 1 — In x
—
1X
—
2
令财=
—
2x
+
x
——-
In
x
+
x2
—
2x
———
x
In x 1
+ x
1 + x
1
e e 一 2 e一 2
则以“=
1
>
0
,谁)=
-
石〒一
2
齐孑
2
<°.
故存在 x
o
?
(1,e),使得 ?x
o
) = 0.
入 X
0
— 1 —
In X
0
令 a
0
=
1 +
x
0
1
, u(x) = x — 1 — In x(x >
1
由u‘(x) = 1— ->0知,函数u(x)在区间(1,+
%)上单调递增.
x
e— 2
U 1 U X
0
1+
所以0 =
a
o
v
k <
1
1<1
+ X
0
1
即 a
。
? (0,1).
当
a= a
0
时,有 f' (x
0
)= 0,f(x
0
)
=(Kx
0
)= 0.
由(1)知,f' (x)在区间(1,+%)上单调递增,
故当 x? (1,X
0
)时,f' (x)<0,
从而
f(x)>f(X
0
)= 0 ;
当 x? (X
0
,+
%)时,f‘ (x)>0,
从而 f(x)>f(X
0
)= 0.
所以,当 x ? (1,+ %)时,f(x) > 0.
综上所述,存在 a?
(0,1),使得f(x)> 0在区间(1,+ %)内恒成立,且f(x)= 0在区间(1,+
%)内有唯一解.
6
3x + ax
6.
设函数 f(x)= e
x
(a? R) ?
若f(x)在x =
0处取得极值,确定 a的值,并求此时曲线 y=
2
(1)
f(x)在点(1,f(1))处的切线方
程;
⑵若f(x)在[3 ,+^
)上为减函数,求
解⑴对f(x)求导得
6x + a e
x
—
3x
2
+ ax e
x
f' (x)= 二
e
x
a的取值范围.
因为f(x)在x= 0处取得极值,所以 f' (0)=
0,即a= 0.
3 3
3x
2
— 3送 + 6x
f(1)f(1)
,故二e,' 二e,
x
当 a= 0 时,f(x)
= g,f' (x) =
e
e
3 3
从而f(x)在点(1 ,
f(1))处的切线方程为
y
-
e=e
(x
-
1)
,化简得
3x
-
ey
= °.
e
—3x
2
+
6— a x+ a
5
⑵由⑴知f' (x)=
—3X
2
+ 6 — a x+ a
-
x
e
令 g(x) = — 3x
2
+ (6 — a)x + a,
由
g(x) = 0 解得 X
!
=
6
—
6
'
+
36
,
6
6 — a+ a
2
+ 36
x2
= 6
当 x
时,g (x)<0,
即f' (x)<0,故f(x)为减函数;
当 X
1
VXVX
2
时,g(x)>0,
即f' (x)>0,故f(x)为增函数;
当
x
>
x
2
时,g(x)<0,
即f'
(x)<0,故f(x)为减函数.
由f(x)在[3,+
g
)上为减函数,
知 X
2
=
2
6
—
a
+-
*匚
36
6
<3,解得 a> — 9,
故a的取值范围为
9
一2,+
g
7