《（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第四章 導數及其應用 4.2 導數的應用（第1課時）講義（含解析）.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第四章 導數及其應用 4.2 導數的應用（第1課時）講義（含解析）.docx（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
4.2 導數的應用
最新考綱
考情考向分析
1.了解函數單調性和導數的關系，能用導數求函數的單調區(qū)間．
2.理解函數極值的概念及函數在某點取到極值的條件，會用導數求函數的極大(小)值，會求閉區(qū)間上函數的最大(小)值.
考查函數的單調性、極值、最值，利用函數的性質求參數范圍；與方程、不等式等知識相結合命題，強化函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想的應用意識；題型以解答題為主，一般難度較大.
1．函數的單調性
在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞增；如果f′(x)<0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞減．
2．函數的極值
(1)一般地，求函數y＝f(x)的極值的方法
解方程f′(x)＝0，當f′(x0)＝0時：
①如果在x0附近的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，那么f(x0)是極大值；
②如果在x0附近的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，那么f(x0)是極小值．
(2)求可導函數極值的步驟
①求f′(x)；
②求方程f′(x)＝0的根；
③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右兩側導數值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值．
3．函數的最值
(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．
(2)若函數f(x)在[a，b]上單調遞增，則f(a)為函數的最小值，f(b)為函數的最大值；若函數f(x)在[a，b]上單調遞減，則f(a)為函數的最大值，f(b)為函數的最小值．
(3)設函數f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下：
①求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值；
②將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．
概念方法微思考
1．“f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數，則f′(x)>0在(a，b)上恒成立”，這種說法是否正確？
提示 不正確，正確的說法是：
可導函數f(x)在(a，b)上是增(減)函數的充要條件是對任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子區(qū)間內都不恒為零．
2．對于可導函數f(x)，“f′(x0)＝0”是“函數f(x)在x＝x0處有極值”的________條件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分”)
提示 必要不充分
題組一 思考辨析
1．判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“”)
(1)如果函數f(x)在某個區(qū)間內恒有f′(x)＝0，則f(x)在此區(qū)間內沒有單調性．( √ )
(2)函數的極大值一定大于其極小值．( )
(3)函數的最大值不一定是極大值，函數的最小值也不一定是極小值．( √ )
(4)開區(qū)間上的單調連續(xù)函數無最值．( √ )
題組二 教材改編
2．[P32A組T4]如圖是函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象，則下面判斷正確的是( )
A．在區(qū)間(－2,1)上f(x)是增函數
B．在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數
C．在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數
D．當x＝2時，f(x)取到極小值
答案 C
解析 在(4,5)上f′(x)>0恒成立，
∴f(x)是增函數．
3．[P29練習T2]設函數f(x)＝＋lnx，則( )
A．x＝為f(x)的極大值點
B．x＝為f(x)的極小值點
C．x＝2為f(x)的極大值點
D．x＝2為f(x)的極小值點
答案 D
解析 f′(x)＝－＋＝(x>0)，
當0
2時，f′(x)>0，∴x＝2為f(x)的極小值點．
4．[P26練習T1]函數f(x)＝x3－6x2的單調遞減區(qū)間為__________．
答案 (0,4)
解析 f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，
由f′(x)<0，得00；
當x∈時，y′<0.∴當x＝時，ymax＝＋.
6．[P30例5]函數f(x)＝x3－4x＋4在[0,3]上的最大值與最小值分別為__________．
答案 4，－
解析 由f(x)＝x3－4x＋4，
得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)，
令f′(x)>0，得x>2或x<－2；
令f′(x)<0，得－20，即8x－>0，解得x>，
∴函數y＝4x2＋的單調增區(qū)間為.故選B.
2．已知函數f(x)＝xlnx，則f(x)( )
A．在(0，＋∞)上單調遞增
B．在(0，＋∞)上單調遞減
C．在上單調遞增
D．在上單調遞減
答案 D
解析 因為函數f(x)＝xlnx的定義域為(0，＋∞)，
所以f′(x)＝lnx＋1(x>0)，
當f′(x)>0時，解得x>，
即函數的單調遞增區(qū)間為；
當f′(x)<0時，解得00，
則其在區(qū)間(－π，π)上的解集為∪，
即f(x)的單調遞增區(qū)間為和.
思維升華確定函數單調區(qū)間的步驟
(1)確定函數f(x)的定義域．
(2)求f′(x)．
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定義域內的部分為單調遞增區(qū)間．
(4)解不等式f′(x)<0，解集在定義域內的部分為單調遞減區(qū)間．
題型二 含參數的函數的單調性
例1已知函數f(x)＝x2e－ax－1(a是常數)，求函數y＝f(x)的單調區(qū)間．
解 根據題意可得，當a＝0時，f(x)＝x2－1，函數在(0，＋∞)上單調遞增，在(－∞，0)上單調遞減．
當a≠0時，f′(x)＝2xe－ax＋x2(－a)e－ax＝e－ax(－ax2＋2x)．
因為e－ax>0，
所以令g(x)＝－ax2＋2x＝0，解得x＝0或x＝.
①當a>0時，函數g(x)＝－ax2＋2x在(－∞，0)和上有g(x)<0，即f′(x)<0，函數y＝f(x)單調遞減；
函數g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≥0，
即f′(x)≥0，函數y＝f(x)單調遞增．
②當a<0時，函數g(x)＝－ax2＋2x在和(0，＋∞)上有g(x)>0，即f′(x)>0，函數y＝f(x)單調遞增；
函數g(x)＝－ax2＋2x在上有g(x)≤0，
即f′(x)≤0，函數y＝f(x)單調遞減．
綜上所述，當a＝0時，函數y＝f(x)的單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(－∞，0)；
當a>0時，函數y＝f(x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，0)，，單調遞增區(qū)間為；
當a<0時，函數y＝f(x)的單調遞增區(qū)間為，(0，＋∞)，單調遞減區(qū)間為.
思維升華 (1)研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論．
(2)劃分函數的單調區(qū)間時，要在函數定義域內討論，還要確定導數為零的點和函數的間斷點．
跟蹤訓練1已知函數f(x)＝ex(ax2－2x＋2)(a>0)，試討論f(x)的單調性．
解 由題意得f′(x)＝ex[ax2＋(2a－2)x](a>0)，
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝.
①當00，則x<0或x>，
令f′(x)<0，則01時，令f′(x)>0，則x>0或x<，
令f′(x)<0，則1時，f(x)在和(0，＋∞)上單調遞增，在上單調遞減．
題型三 函數單調性的應用
命題點1 比較大小或解不等式
例2(1)已知定義域為R的偶函數f(x)的導函數為f′(x)，當x<0時，xf′(x)－f(x)<0.若a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系是( )
A．b1，f(0)＝4，則不等式exf(x)>ex＋3(其中e為自然對數的底數)的解集為( )
A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0，＋∞)
D．(3，＋∞)
答案 A
解析 令g(x)＝exf(x)－ex，
∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定義域上單調遞增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
∵g(0)＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0，故選A.
命題點2 根據函數單調性求參數
例3已知函數f(x)＝lnx，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函數h(x)＝f(x)－g(x)存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍；
(2)若函數h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調遞減，求a的取值范圍．
解 (1)h(x)＝lnx－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，
由于h(x)在(0，＋∞)上存在單調遞減區(qū)間，
所以當x∈(0，＋∞)時，－ax－2<0有解，
即a>－有解．
設G(x)＝－，
所以只要a>G(x)min即可．
而G(x)＝2－1，所以G(x)min＝－1.
所以a>－1.
又因為a≠0，所以a的取值范圍為(－1,0)∪(0，＋∞)．
(2)因為h(x)在[1,4]上單調遞減，
所以當x∈[1,4]時，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝2－1，
因為x∈[1,4]，所以∈，
所以G(x)max＝－(此時x＝4)，
所以a≥－，又因為a≠0，
所以a的取值范圍是∪(0，＋∞)．
引申探究
1．本例(2)中，若函數h(x)＝f(x)－g(x)在[1,4]上單調遞增，求a的取值范圍．
解 因為h(x)在[1,4]上單調遞增，
所以當x∈[1,4]時，h′(x)≥0恒成立，
所以當x∈[1,4]時，a≤－恒成立，
又當x∈[1,4]時，min＝－1(此時x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范圍是(－∞，－1]．
2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍．
解 h(x)在[1,4]上存在單調遞減區(qū)間，
則h′(x)<0在[1,4]上有解，
所以當x∈[1,4]時，a>－有解，
又當x∈[1,4]時，min＝－1，
所以a>－1，又因為a≠0，
所以a的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．
思維升華根據函數單調性求參數的一般思路
(1)利用集合間的包含關系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調，則區(qū)間(a，b)是相應單調區(qū)間的子集．
(2)f(x)為增函數的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)內的任一非空子區(qū)間上，f′(x)不恒為零，應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．
(3)函數在某個區(qū)間存在單調區(qū)間可轉化為不等式有解問題．
跟蹤訓練2 (1)(2018寧波模擬)已知三次函數f(x)＝x3－(4m－1)x2＋(15m2－2m－7)x＋2在
(－∞，＋∞)上是增函數，則m的取值范圍是( )
A．m<2或m>4 B．－40，得01.
當a>0時，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝，
若<1，即a>，
由g′(x)>0，得x>1或01，即00，得x>或0時，函數g(x)在上單調遞增，
在上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
1．函數f(x)＝x2－2lnx的單調遞減區(qū)間是( )
A．(0,1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－1,1)
答案 A
解析 ∵f′(x)＝2x－＝(x>0)，
∴當x∈(0,1)時，f′(x)<0，f(x)為減函數；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)為增函數．
2.已知定義在R上的函數f(x)，其導函數f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是( )
A．f(b)>f(c)>f(d)
B．f(b)>f(a)>f(e)
C．f(c)>f(b)>f(a)
D．f(c)>f(e)>f(d)
答案 C
解析 由題意得，當x∈(－∞，c)時，f′(x)>0，
所以函數f(x)在(－∞，c)上是增函數，
因為af(b)>f(a)，故選C.
3．(2018臺州調考)定義在R上的可導函數f(x)，已知y＝2f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的單調遞增區(qū)間是( )
A．[0,1] B．[1,2]
C．(－∞，1] D．(－∞，2]
答案 D
解析 據函數y＝2f′(x)的圖象可知，當x≤2,2f′(x)≥1?f′(x)≥0，且使f′(x)＝0的點為有限個，所以函數y＝f(x)在(－∞，2]上單調遞增，故選D.
4．(2018浙江臺州中學質檢)已知函數f(x)＝ax3＋ax2＋x(a∈R)，下列選項中不可能是函數f(x)圖象的是( )
答案 D
解析 由題意得f′(x)＝ax2＋ax＋1，若函數f(x)的圖象如D選項中的圖象所示，則f′(x)≤0在R上恒成立，所以此時不等式組無解，所以D錯誤，故選D.
5．定義在R上的函數y＝f(x)，滿足f(3－x)＝f(x)，f′(x)<0，若x13，則有( )
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不確定
答案 B
解析 據已知由f(x)＝f(3－x)，可得函數圖象關于直線x＝對稱，又由f′(x)<0，得當x>時，f′(x)<0；當x<時，f′(x)>0.又若x13，則有>，因此據函數的單調性可得f(x1)>f(x2)，故選B.
6．(2018浙江名校協(xié)作體模擬)已知函數f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a(x>0)為增函數，則a的取值范圍是( )
A．[－2，＋∞) B.
C．(－∞，－2] D.
答案 A
解析 ∵f(x)＝(2x－1)ex＋ax2－3a在(0，＋∞)上是增函數，
∴f′(x)＝(2x＋1)ex＋2ax≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，即－2a≤ex.設g(x)＝ex，則g′(x)＝ex，由g′(x)＝ex＝0和x>0得x＝，∵當x>時，g′(x)>0，當01}
解析 設F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，
∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，
即函數F(x)在R上單調遞減．
∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，即不等式的解集為{x|x<－1或x>1}．
9．已知函數f(x)＝－x2＋4x－3lnx在區(qū)間[t，t＋1]上不單調，則t的取值范圍是________．
答案 (0,1)∪(2,3)
解析 由題意知f′(x)＝－x＋4－＝－，
由f′(x)＝0，得函數f(x)的兩個極值點為1和3，
則只要這兩個極值點有一個在區(qū)間(t，t＋1)內，
函數f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不單調，
由t<10在上有解，所以b0，則當x∈時，
f′(x)<0，函數f(x)單調遞減；
當x∈時，f′(x)>0，
函數f(x)單調遞增；
若k<0，則當x∈時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增；
當x∈時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減．
(3)由(2)知，若k>0，則當且僅當－≤－1，即k≤1時，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增；
若k<0，則當且僅當－≥1，即k≥－1時，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增．
綜上可知，當函數f(x)在區(qū)間(－1,1)上單調遞增時，
k的取值范圍是[－1,0)∪(0,1]．
12．已知函數f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．
(1)求函數f(x)的單調區(qū)間；
(2)若函數y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45，對于任意的t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋x2在區(qū)間(t,3)上總不是單調函數，求m的取值范圍．
解 (1)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
且f′(x)＝，
當a>0時，f(x)的單調增區(qū)間為(0,1)，
單調減區(qū)間為(1，＋∞)；
當a<0時，f(x)的單調增區(qū)間為(1，＋∞)，單調減區(qū)間為(0,1)；當a＝0時，f(x)為常函數．
(2)由(1)及題意得f′(2)＝－＝1，即a＝－2，
∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝.
∴g(x)＝x3＋x2－2x，
∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.
∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調函數，
即g′(x)在區(qū)間(t,3)上有變號零點．
由于g′(0)＝－2，∴
當g′(t)<0時，
即3t2＋(m＋4)t－2<0對任意t∈[1,2]恒成立，
由于g′(0)<0，故只要g′(1)<0且g′(2)<0，
即m<－5且m<－9，即m<－9；
由g′(3)>0，即m>－.∴－0時，要使得β≤3，由y＝lnx可得y′＝，設切點為(x0，y0)，則對應的切線方程為y－y0＝(x－x0)，若該切線過原點，則－y0＝(－x0)＝－1，即y0＝1，則x0＝e，結合圖象(圖略)可知g(e)＝ae－lne≤0，解得a≤，即00 B．f′(x0)<0
C．f′(x0)＝0 D．f′(x0)的正負與a的正負有關
答案 A
解析 由f(x1)＝f(x2)得a(x2－x1)(x2＋x1)
＝ln，即2ax0＝.
另一方面f′(x0)＝2ax0－
＝－
＝.
設t＝(t>0且t≠1)，g(t)＝lnt－2(t>0)，
則g′(t)＝－＝≥0，
所以g(t)在(0，＋∞)上單調遞增，而g(1)＝0，
所以當x2>x1時，t>1，所以g(t)>0，故f′(x0)>0；
當x20.
綜上可知，f′(x0)>0.
16．已知f(x)＝x3－ax－1，若f(x)在區(qū)間(－2,2)上不單調，求a的取值范圍．
解 ∵f(x)＝x3－ax－1，
∴f′(x)＝3x2－a.
由f(x)在區(qū)間(－2,2)上不單調，知f′(x)存在零點，∴a≥0.
由f′(x)＝0，得x＝(a≥0)，
∵f(x)在區(qū)間(－2,2)上不單調，
∴0<<2，即0
下載提示(請認真閱讀)
- 1.請仔細閱讀文檔，確保文檔完整性，對于不預覽、不比對內容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔，不會出現我們的網址水印。
- 3、該文檔所得收入（下載+內容+預覽）歸上傳者、原創(chuàng)作者；如果您是本文檔原作者，請點此認領！既往收益都歸您。
文檔包含非法信息？點此舉報后獲取現金獎勵！
下載文檔到電腦，查找使用更方便
9.9
積分
- 配套講稿：
如PPT文件的首頁顯示word圖標，表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制：
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片，僅作為作品整體效果示例展示，禁止商用。設計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權。
- 關 鍵 詞：
-
浙江專用2020版高考數學新增分大一輪復習
第四章
導數及其應用
4.2
導數的應用第1課時講義含解析
浙江
專用
2020
高考
數學
新增
一輪
復習
第四
導數
及其
應用
課時
講義
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明，都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等，如果需要附件，請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙，網頁內容里面會有圖紙預覽，若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網僅提供信息存儲空間，僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理，對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯，并不能對任何下載內容負責。
6. 下載文件中如有侵權或不適當內容，請與我們聯系，我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
裝配圖網所有資源均是用戶自行上傳分享，僅供網友學習交流，未經上傳用戶書面授權，請勿作他用。
（浙江專用）2020版高考數學新增分大一輪復習 第四章 導數及其應用 4.2 導數的應用（第1課時）講義（含解析）.docx
鏈接地址：http://ioszen.com/p-6367871.html