高中数学选修2-2精品学案：习题课 导数的应用

人教版高中数学选修2-2 1 习题课 导数的应用

学习目标 1.能利用导数研究函数的单调性.2.理解函数的极值、最值与导数的关系.3.掌握函数的单调性、极值与最值的综合应用． 人教版高中数学选修2-2

2 1．函数的单调性与其导数的关系 定义在区间(a，b)内的函数y＝f(x) f′(x)的正负 f(x)的单调性 f′(x)>0 单调递增 f′(x)<0 单调递减

2.求函数y＝f(x)的极值的方法 解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时， (1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值． (2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值． 3．函数y＝f(x)在[a，b]上最大值与最小值的求法 (1)求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值． (2)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值. 人教版高中数学选修2-2

3 类型一 构造法的应用 命题角度1 比较函数值的大小

例1 已知定义在0，π2上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且sin x·f′(x)>cos x·f(x)恒成立，则( ) A.2f π6>f π4 B.3f π6>f π3 C.6f π6>2f π4 D.3f π6考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 [答案] D [解析] 由f′(x)sin x>f(x)cos x， 得f′(x)sin x－f(x)cos x>0，

构造函数g(x)＝fxsin x，

则g′(x)＝f′xsin x－fxcos xsin2x.

当x∈0，π2时，g′(x)>0， 即函数g(x)在0，π2上单调递增， ∴gπ6

π

3，

故选D. 人教版高中数学选修2-2 4 反思与感悟 用构造法比较函数值的大小关键是构造出恰当的函数，利用函数的单调性确定函数值的大小．

跟踪训练1 已知定义域为R的奇函数f(x)的导函数为f′(x)，当x≠0时，f′(x)＋fxx<0，若a＝12 f 12，b＝－2f()－2，c＝ln 12 f ln 12，则a，b，c的大小关系是( ) A．aC．a考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 [答案] B [解析] 令g(x)＝xf(x)， 则g(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)， ∴g(x)是偶函数．g′(x)＝f(x)＋xf′(x)， ∵f′(x)＋fxx<0， ∴当x>0时，xf′(x)＋f(x)<0， 当x<0时，xf′(x)＋f(x)>0. ∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数． ∵12∴g(2)∵g(x)是偶函数， ∴g(－2)＝g(2)，g

ln

1

2＝g(ln 2)，

∴g(－2)

1

2，故选B.

命题角度2 求解不等式 例2 已知定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为( ) A．(－∞，0) B．(－∞，2) C．(0，＋∞) D．(2，＋∞) 人教版高中数学选修2-2 5 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 [答案] C

[解析] 设g(x)＝fxex，则g′(x)＝f′x－fxex. ∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减． ∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2， 则不等式等价于g(x)∵函数g(x)单调递减， ∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)，故选C. 反思与感悟 构造恰当函数并判断其单调性，利用单调性得到x的取值范围． 跟踪训练2 已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意的x∈R都有f′(x)<13，则不等式f(lg x)>lg x＋23的解集为________． 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 构造法的应用 [答案] (0,10)

[解析] ∵f′(x)<13，∴f′(x)－13<0，

∴f(x)－x＋23在R上为减函数．

设F(x)＝f(x)－x＋23，则F(x)在R上为减函数． ∵f(1)＝1， ∴F(1)＝f(1)－1＝1－1＝0.

由f(lg x)>lg x＋23，得f(lg x)－lg x＋23>0，

∴F(lg x)>F(1)． ∵F(x)在R上单调递减，∴lg x<1，∴0∴原不等式的解集为(0,10)． 类型二 利用导数研究函数的单调性 人教版高中数学选修2-2 6 例3 已知函数f(x)＝ax－ax－2ln x(a∈R)． (1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围； (2)讨论函数f(x)的单调区间． 考点 利用导数求函数的单调区间 题点 利用导数求含参数函数的单调区间

解 (1)f′(x)＝a＋ax2－2x＝ax2－2x＋ax2(x>0)． ①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减； ②当a>0时，令g(x)＝ax2－2x＋a， ∵函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数， ∴g(x)≥0在区间[1，＋∞)上恒成立， ∴a≥2xx2＋1在区间[1，＋∞)上恒成立．

令u(x)＝2xx2＋1，x∈[1，＋∞)． ∵u(x)＝2x＋1x≤22x·1x

＝1，

当且仅当x＝1时取等号． ∴a≥1. ∴当a≥1时，函数f(x)单调递增． ∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)． (2)由(1)可知：①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减； ②当a≥1时，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ③当02－2x＋a＝0，

解得x＝1－1－a2a或x＝1＋1－a2a.

∴函数f(x)在0，1－1－a2a，

1＋1－a2

a，＋∞上单调递增，在

1－1－a2a，1＋1－a2

a上单调递减． 人教版高中数学选修2-2 7 反思与感悟 利用导数研究函数单调性应注意以下几点 (1)关注函数的定义域，单调区间应为定义域的子区间． (2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价． (3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集． (4)求参数的范围时常用到分离参数法． 跟踪训练3 设函数f(x)＝ln x＋x2－2ax＋a2，a∈R. (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在[1,3]上不存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 考点 利用导数研究函数的单调性 题点 存在递增(或递减)区间 解 (1)当a＝2时，f(x)＝ln x＋x2－4x＋4(x>0)，

f′(x)＝1x＋2x－4＝2x2－4x＋1x，

令f′(x)>0，解得x>2＋22或x<2－22， 令f′(x)<0，解得2－22故f(x)在0，2－22上单调递增，在2－22，2＋22上单调递减，在2＋22，＋∞上单调递增． (2)f′(x)＝1x＋2x－2a＝2x2－2ax＋1x，x∈[1,3]，

设g(x)＝2x2－2ax＋1， 假设函数f(x)在[1,3]上不存在单调递增区间， 必有g(x)≤0，

于是 g1＝3－2a≤0，g3＝19－6a≤0，解得a≥196.

即实数a的取值范围为196，＋∞. 类型三 函数的极值、最值与导数 人教版高中数学选修2-2 8 例4 已知函数f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]，g(x)＝ln xx，x∈(0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R. (1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋12； (3)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由． 考点 导数在最值中的应用 题点 已知最值求参数

(1)解 当a＝1时，f(x)＝2x－ln(2x)，f′(x)＝2－1x＝2x－1x，x∈(0，e]，

当0当120，此时f(x)单调递增．

所以f(x)的极小值为f 12＝1， 故f(x)的单调递减区间为0，12，单调递增区间为12，e，f(x)的极小值为f 12＝1，无极大值． (2)证明 令h(x)＝g(x)＋12＝ln xx＋12，

h′(x)＝1－ln xx2，x∈(0，e]，

当00，此时h(x)单调递增， 所以h(x)max＝h(e)＝1e＋12<1，

由(1)知f(x)min＝1，所以在(1)的条件下，f(x)>g(x)＋12.

(3)解 假设存在实数a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3， f′(x)＝2a－1x＝2ax－1x，x∈(0，e]，

①当a≤0时，因为x∈(0，e]， 所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上单调递减， 所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，

解得a＝4＋ln 22e(舍去)，