2017-2018版高中數(shù)學 第1章 導數(shù)及其應(yīng)用 習題課 導數(shù)的應(yīng)用學案 蘇教版選修2-2

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1、 習題課 導數(shù)的應(yīng)用 學習目標　會利用導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值(多項式次數(shù)不超過三次)． 知識點一　函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的關(guān)系 定義在區(qū)間(a，b)內(nèi)的函數(shù)y＝f(x) f′(x)的正負 f(x)的單調(diào)性 f′(x)>0 單調(diào)遞____ f′(x)<0 單調(diào)遞____ 知識點二　求函數(shù)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(cè)________，右側(cè)________，那么f(x0)是極大值． (2)如果在x0附近的左側(cè)________，右側(cè)________，那么f(x0)是極小值． 知識點三　函數(shù)y

2、＝f(x)在[a，b]上最大值與最小值的求法 1．求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的極值． 2．將第(1)步中求得的極值與f(a)，f(b)比較，得到f(x)在區(qū)間[a，b]上的最大值與最小值． 類型一　函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù) 例1　(1)f(x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數(shù)，且滿足xf′(x)－f(x)≤0，對任意正數(shù)a，b，若a0.討論f(x)的單調(diào)性． 　

3、反思與感悟　(1)關(guān)注函數(shù)的定義域，單調(diào)區(qū)間應(yīng)為定義域的子區(qū)間． (2)已知函數(shù)在某個區(qū)間上的單調(diào)性時轉(zhuǎn)化要等價． (3)分類討論求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間實質(zhì)是討論不等式的解集． (4)求參數(shù)的范圍時常用到分離參數(shù)法． 跟蹤訓練1　(1)已知f(x)＝x3＋ax2－a2x＋2. ①若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程； ②若a≠0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間． (2)已知f(x)＝ex－ax－1. ①求f(x)的單調(diào)增區(qū)間； ②若f(x)在定義域R內(nèi)單調(diào)遞增，求a的取值范圍． 　 類型二　利用導數(shù)求函數(shù)的極值 例

4、2　已知函數(shù)f(x)＝x－1＋(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值； (2)求函數(shù)f(x)的極值． 　 　 　 　 　 反思與感悟　(1)已知極值點求參數(shù)的值后，要回代驗證參數(shù)值是否滿足極值的定義． (2)討論極值點的實質(zhì)是討論函數(shù)的單調(diào)性，即f′(x)的正負． 跟蹤訓練2　若函數(shù)f(x)＝x2－ln x＋1在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間(a－1，a＋1)內(nèi)存在極值，則實數(shù)a的取值范圍是________． 類型三　利用導數(shù)求函數(shù)的最值 例3　已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b的圖象上一點

5、P(1,0)，且在點P處的切線與直線3x＋y＝0平行． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，t](0

6、 例4　已知函數(shù)f(x)＝x2－aln x(a∈R)． (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當x>1時，x2＋ln x

7、x2＋mx＋1是R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________． 2．設(shè)f(x)、g(x)是定義在R上的恒大于0的可導函數(shù)，且f′(x)g(x)－f(x)g′(x)<0，則當af(b)g(b); ②f(x)g(a)>f(a)g(x)； ③f(x)g(b)>f(b)g(x); ④f(x)g(x)>f(a)g(a)． 3．已知函數(shù)y＝f(x)(x∈R)的圖象如圖所示，則不等式xf′(x)<0的解集為________． 4．已知函數(shù)f(x)＝x3－x2－2x＋5，若對于任意x∈[－1,2]，都有f(

8、x)0　f′(x)<0 (2)f′(x)<0　f′(x)>0 題型探究 例1　(1)① 解析　令g(x)＝，則g′(x)＝， ∵xf′(x)－f(x)≤0，∴g′(x)

9、≤0. 則g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． 若ag(b)，即>， 得bf(a)>af(b)． (2)解　由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)， f′(x)＝1＋－＝. 設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判別式Δ＝a2－8. ①當Δ<0即00都有f′(x)>0，此時f(x)是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ②當Δ＝0即a＝2時，僅對x＝，有f′(x)＝0，對其余的x>0都有f′(x)>0.此時f(x)也是(0，＋∞)上的單調(diào)遞增函數(shù)． ③當Δ>0即a>2時，方程g(x)＝0有兩個不同的實根x1＝，x2＝，0

10、2. 當x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (0，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 遞增 極大值 遞減 極小值 遞增 此時f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 綜上所述，當0＜a≤2時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增區(qū)； 當a＞2時，f(x)在(0，)，(，＋∞)上單調(diào)遞增，在(，)上單調(diào)遞減． 跟蹤訓練1　解　(1)①∵a＝1，∴f(x)＝x3＋x2－x＋2， ∴f′(x)＝3x2＋2x－1，∴k＝f′(1)＝4， 又f(1)

11、＝3，∴切點坐標為(1,3)， ∴所求切線方程為y－3＝4(x－1)， 即4x－y－1＝0. ②f′(x)＝3x2＋2ax－a2＝(x＋a)(3x－a)， 由f′(x)＝0，得x＝－a或x＝， 當a>0時，由f′(x)<0，得－a0，得x<－a或x>， 此時f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－a，)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a)和(，＋∞)． 當a<0時，由f′(x)<0，得0，得x<或x>－a， 此時f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，－a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，)和(－a，＋∞)． 綜上，當a>0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－a，)，單

12、調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－a)，(，＋∞)；當a<0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，－a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，)，(－a，＋∞)． (2)①∵f(x)＝ex－ax－1， ∴f′(x)＝ex－a. 令f′(x)≥0，得ex≥a， 當a≤0時，有f′(x)>0在R上恒成立； 當a>0時，有x≥ln a. 綜上所述：當a≤0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，＋∞)；當a>0時，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為[ln a，＋∞)． ②∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a. ∵f(x)在R上單調(diào)遞增， ∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即a≤ex，x∈R恒成立， ∵x∈R時，ex

13、∈(0，＋∞)，∴a≤0. 例2　解　(1)由f(x)＝x－1＋， 得f′(x)＝1－， 又曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸， 得f′(1)＝0，即1－＝0，解得a＝e. (2)f′(x)＝1－， ①當a≤0時，f′(x)>0恒成立，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值． ②當a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝ln a. x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)在x＝ln a處取得極小值

14、，且極小值為f(ln a)＝ln a，無極大值． 綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當a>0時，f(x)在x＝ln a處取得極小值ln a，無極大值． 跟蹤訓練2　[1，) 例3　解　(1)因為f′(x)＝3x2＋2ax， 曲線在P(1,0)處的切線斜率為f′(1)＝3＋2a， 即3＋2a＝－3，a＝－3. 又函數(shù)過(1,0)點，即－2＋b＝0，b＝2. 所以a＝－3，b＝2，f(x)＝x3－3x2＋2. (2)由f(x)＝x3－3x2＋2，得f′(x)＝3x2－6x. 由f′(x)＝0得，x＝0或x＝2. ①當0

15、[0，t]上是減函數(shù)， 所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋2. ②當2≤t<3時，當x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x 0 (0,2) 2 (2，t) t f′(x) 0 － 0 ＋ f(x) 2 －2 t3－3t2＋2 f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max為f(0)與f(t)中較大的一個． f(t)－f(0)＝t3－3t2＝t2(t－3)<0. 所以f(x)max＝f(0)＝2. 綜上，當0＜t＜2時，f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(t)＝t3－3t2＋

16、2； 當2≤t＜3時，f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(2)＝－2. 跟蹤訓練3　　1 例4　解　(1)f′(x)＝x－＝(x＞0)． 當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，當a>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)． 綜上，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)；當a＞0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，)． (2)當x>1時，x2＋ln x1時，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上遞增， ∴g(x)>g(1)>0， ∴x3－x2－ln x>0， 即x2＋ln x