一轮大练习复习学案第三章 导数及其应用 32 导数与函数的单调性极值最值.docx
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一轮大练习复习学案第三章 导数及其应用 32 导数与函数的单调性极值最值.docx
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一轮大练习复习学案第三章导数及其应用32导数与函数的单调性极值最值
1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件.( × )
(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.( × )
(3)函数的极大值不一定比极小值大.( √ )
(4)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0点为极值点的充要条件.( × )
(5)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.( √ )
(6)函数f(x)=xsinx有无数个极值点.( √ )
2.函数f(x)=x2-2lnx的单调减区间是( A )
A.(0,1)B.(1,+∞)C.(-∞,1)D.(-1,1)
答案 解析 ∵f′(x)=2x-=(x>0).
∴当x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.
3.已知e为自然对数的底数,设函数f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则( C )
A.当k=1时,f(x)在x=1处取到极小值
B.当k=1时,f(x)在x=1处取到极大值
C.当k=2时,f(x)在x=1处取到极小值
D.当k=2时,f(x)在x=1处取到极大值
答案解析 当k=1时,f′(x)=ex·x-1,f′
(1)≠0.
∴x=1不是f(x)的极值点.
当k=2时,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2)
显然f′
(1)=0,且x在1的左边附近f′(x)<0,
x在1的右边附近f′(x)>0,
∴f(x)在x=1处取到极小值.故选C.
4.函数f(x)的定义域为R,f(-1)=2,对任意x∈R,f′(x)>2,则f(x)>2x+4的解集为( B )
A.(-1,1)B.(-1,+∞)C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)
解析 设m(x)=f(x)-(2x+4),
∵m′(x)=f′(x)-2>0,
∴m(x)在R上是增函数.
∵m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0,
∴m(x)>0的解集为{x|x>-1},
即f(x)>2x+4的解集为(-1,+∞).
5.函数f(x)=x3+ax-2在(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是_答案 [-3,+∞)
解析 f′(x)=3x2+a,f′(x)在区间(1,+∞)上是增函数,
则f′(x)=3x2+a≥0在(1,+∞)上恒成立,
即a≥-3x2在(1,+∞)上恒成立.∴a≥-3.
题型一 利用导数研究函数的单调性
例1 已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)求f(x)的单调增区间;
(2)是否存在a,使f(x)在(-2,3)上为减函数,若存在,求出a的取值范围,若不存在,请说明理由
思维启迪 函数的单调性和函数中的参数有关,要注意对参数的讨论.
解 f′(x)=ex-a,
(1)若a≤0,则f′(x)=ex-a≥0,
即f(x)在R上单调递增,
若a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥lna.
因此当a≤0时,f(x)的单调增区间为R,
当a>0时,f(x)的单调增区间是[lna,+∞).
(2)∵f′(x)=ex-a≤0在(-2,3)上恒成立.
∴a≥ex在x∈(-2,3)上恒成立.
又∵-2 当a=e3时,f′(x)=ex-e3在x∈(-2,3)上, f′(x)<0,即f(x)在(-2,3)上为减函数,∴a≥e3. 故存在实数a≥e3,使f(x)在(-2,3)上为减函数. (1)设函数f(x)=x3-(1+a)x2+4ax+24a,其中常数a>1,则f(x)的单调减区间为_答案 (2,2a) f′(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a), 由a>1知,当x<2时,f′(x)>0, 故f(x)在区间(-∞,2)上是增函数; 当2 故f(x)在区间(2,2a)上是减函数; 当x>2a时,f′(x)>0, 故f(x)在区间(2a,+∞)上是增函数. 综上,当a>1时, f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是增函数, 在区间(2,2a)上是减函数. (2)已知a>0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调递增函数,则a的取值范围是答案 (0,3] 解析 ∵f′(x)=3x2-a,f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数, ∴f′(x)≥0,∴a≤3x2,∴a≤3. 又a>0,可知0 题型二 利用导数求函数的极值 例2 设a>0,函数f(x)=x2-(a+1)x+a(1+lnx). (1)求曲线y=f(x)在(2,f (2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程; (2)求函数f(x)的极值. 思维启迪 (1)通过f′ (2)的值确定a; (2)解f′(x)=0,然后要讨论两个零点的大小确定函数的极值. 解 (1)由已知,得x>0,f′(x)=x-(a+1)+, y=f(x)在(2,f (2))处切线的斜率为1, 所以f′ (2)=1,即2-(a+1)+=1, 所以a=0,此时f (2)=2-2=0, 故所求的切线方程为y=x-2. (2)f′(x)=x-(a+1)+ ==. ①当00, 函数f(x)单调递增; 若x∈(a,1),f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 若x∈(1,+∞),f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点, 函数f(x)的极大值是f(a)=-a2+alna, 极小值是f (1)=-. ②当a=1时,f′(x)=>0, 所以函数f(x)在定义域(0,+∞)内单调递增, 此时f(x)没有极值点,故无极值. ③当a>1时,若x∈(0,1),f′(x)>0,函数f(x)单调递增; 若x∈(1,a),f′(x)<0,函数f(x)单调递减; 若x∈(a,+∞),f′(x)>0,函数f(x)单调递增. 此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点, 函数f(x)的极大值是f (1)=-, 极小值是f(a)=-a2+alna. 综上,当0 极小值是-; 当a=1时,f(x)没有极值; 当a>1时,f(x)的极大值是-,极小值是-a2+alna. 设f(x)=,其中a为正实数. (1)当a=时,求f(x)的极值点; (2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围. 解 对f(x)求导得f′(x)=ex·.① (1)当a=时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0, 解得x1=,x2=.结合①,可知 x f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 所以x1=是极小值点,x2=是极大值点. (2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,即Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知0
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