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

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