高中数学第三单元导数及其应用习题课导数的应用教学案新人教B版选修1Word格式文档下载.docx
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)f(ln
),则a,b,c的大小关系正确的是( )
A.a<
c<
bB.b<
a
C.a<
b<
cD.c<
a<
b
反思与感悟 本例中根据条件构造函数g(x)=xf(x),通过g′(x)确定g(x)的单调性,进而确定函数值的大小,此类题目的关键是构造出恰当的函数.
跟踪训练2 已知函数f(x)在定义域[0,+∞)上恒有f(x)>
f′(x).若a=
,b=
,则a与b的大小关系为________.(用“>
”连接)
命题角度2 求解不等式
例3 定义域为R的可导函数y=f(x)的导函数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,+∞)
反思与感悟 根据所求结论与已知条件,构造函数g(x)=
,通过导函数判断g(x)的单调性,利用单调性得到x的取值范围.
跟踪训练3 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( )
A.(-1,1)B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1)D.(-∞,+∞)
命题角度3 利用导数证明不等式
例4 已知x>
1,证明不等式x-1>
lnx.
反思与感悟 利用函数的最值证明不等式的基本步骤
(1)将不等式构造成f(x)>
0(或<
0)的形式.
(2)利用导数将函数y=f(x)在所给区间上的最小值(或最大值)求出.
(3)证明函数y=f(x)的最小值(或最大值)大于零(或小于零)即可证得原不等式成立.
跟踪训练4 证明:
当x>
0时,2+2x<
2ex.
类型三 利用导数研究函数的极值与最值
例5 已知函数f(x)=x3+ax2+b的图象上一点P(1,0),且在点P处的切线与直线3x+y=0平行.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在区间[0,t](0<
t<
3)上的最大值和最小值;
(3)在
(1)的结论下,关于x的方程f(x)=c在区间[1,3]上恰有两个相异的实根,求实数c的取值范围.
反思与感悟
(1)求极值时一般需确定f′(x)=0的点和单调性,对于常见连续函数,先确定单调性即可得极值点,当连续函数的极值点只有一个时,相应的极值点必为函数的最值点.
(2)求闭区间上可导函数的最值时,对函数极值是极大值还是极小值可不再作判断,只需要直接与端点的函数值比较即可获得.
跟踪训练5 已知函数f(x)=ax3+(a-1)x2+48(a-2)x+b的图象关于原点成中心对称.
(1)求a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间及极值;
(3)当x∈[1,5]时,求函数的最值.
1.已知函数f(x)=x3+bx2+cx的图象如图所示,则x
+x
等于( )
A.
B.
C.
D.
2.设f(x)、g(x)是定义在R上的恒大于0的可导函数,且f′(x)g(x)-f(x)g′(x)<
0,则当a<
x<
b时有( )
A.f(x)g(x)>
f(b)g(b)
B.f(x)g(a)>
f(a)g(x)
C.f(x)g(b)>
f(b)g(x)
D.f(x)g(x)>
f(a)g(a)
3.若函数f(x)=(x-2)(x2+c)在x=2处有极值,则函数f(x)的图象在x=1处的切线的斜率为________.
4.函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是________.
5.已知x>
0,求证:
x>
sinx.
导数作为一种重要的工具,在研究函数中具有重要的作用,例如函数的单调性、极值与最值等问题,都可以通过导数得以解决.不但如此,利用导数研究得到函数的性质后,还可以进一步研究方程、不等式等诸多代数问题,所以一定要熟练掌握利用导数来研究函数的各种方法.
答案精析
知识梳理
知识点一
增 减
知识点二
(1)f′(x)>
0 f′(x)<
(2)f′(x)<
0 f′(x)>
知识点三
2.极值 f(a),f(b) 最大 最小
题型探究
例1 C [当0<
1时,xf′(x)<
0,
∴f′(x)<
0,故y=f(x)在(0,1)上为减函数,
排除A、B选项.
当1<
2时,xf′(x)>
∴f′(x)>
0,故y=f(x)在(1,2)上为增函数,因此排除D.]
跟踪训练1 A [∵函数f(x)在R上可导,其导函数为f′(x),
且函数f(x)在x=-2处取得极小值,
∴当x>
-2时,f′(x)>
0;
当x=-2时,f′(x)=0;
当x<
-2时,f′(x)<
0.
∴当-2<
0时,xf′(x)<
当x=-2时,xf′(x)=0;
-2时,xf′(x)>
由此观察四个选项,故选A.]
例2 B [令g(x)=xf(x),
则g(-x)=(-x)f(-x)=xf(x),
∴g(x)是偶函数.
g′(x)=f(x)+xf′(x),
∵f′(x)+
0时,xf′(x)+f(x)<
0时,xf′(x)+f(x)>
∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.
∵
ln2<
1<
,
∴g(
)<
g(ln2)<
g(
).
又∵g(x)是偶函数,
∴g(-
)=g(
),g(ln
)=g(ln2),
g(ln
故选B.]
跟踪训练2 a>
解析 设g(x)=
则当x≥0时,g′(x)=
所以g(x)在[0,+∞)上是减函数,
所以g
(2)>
g(3),即
>
所以a>
b.
例3 C [设g(x)=
则g′(x)=
.
∵f(x)<
f′(x),
∴g′(x)>
0,即函数g(x)单调递增.
∵f(0)=2,∴g(0)=
=2,
则不等式等价于g(x)>
g(0).
∵函数g(x)单调递增,
∴x>
0,∴不等式的解集为(0,+∞),故选C.]
跟踪训练3 B [令g(x)=f(x)-2x-4,∵f′(x)>
2,
则g′(x)=f′(x)-2>
又由g(-1)=f(-1)-2×
(-1)-4=0,
得g(x)>
0,即g(x)>
g(-1)的解为x>
-1,
∴f(x)>
2x+4的解集为(-1,+∞).]
例4 证明 设f(x)=x-1-lnx,x∈(1,+∞),
则f′(x)=1-
=
因为x∈(1,+∞),
所以f′(x)=
即函数f(x)在(1,+∞)上是增函数,
又x>
1,
所以f(x)>
f
(1)=1-1-ln1=0,
即x-1-lnx>
0,所以x-1>
跟踪训练4 证明 设f(x)=2+2x-2ex,
则f′(x)=2-2ex=2(1-ex).
0时,ex>
e0=1,
∴f′(x)=2(1-ex)<
∴函数f(x)=2+2x-2ex在(0,+∞)上是减函数.
∴f(x)<
f(0)=0,x∈(0,+∞).
即当x>
0时,2+2x-2ex<
∴2+2x<
例5 解
(1)因为f′(x)=3x2+2ax,曲线在P(1,0)处的切线斜率为f′
(1)=3+2a,即3+2a=-3,a=-3.
又函数过(1,0)点,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当0<
t≤2时,在区间[0,t]上,f′(x)≤0,f(x)在[0,t]上是减函数,所以f(x)max=f(0)=2,f(x)min=f(t)=t3-3t2+2.
②当2<
3时,当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x
(0,2)
2
(2,t)
t
f′(x)
-
+
f(x)
↘
-2
↗
t3-3t2+2
f(x)min=f
(2)=-2,
f(x)max为f(0)与f(t)中较大的一个.
因为f(t)-f(0)=t3-3t2=t2(t-3)<
所以f(x)max=f(0)=2.
(3)令g(x)=f(x)-c=x3-3x2+2-c,
则g′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
当x∈[1,2)时,g′(x)<
当x∈(2,3]时,g′(x)>
要使g(x)=0在[1,3]上恰有两个相异的实根,
则
即
解得-2<
c≤0.
即实数c的取值范围为(-2,0].
跟踪训练5 解
(1)∵函数f(x)的图象关于原点成中心对称,
则f(x)是奇函数,
∴f(-x)=-f(x),
即-ax3+(a-1)x2-48(a-2)x+b
=-ax3-(a-1)x2-48(a-2)x-b,
于是2(a-1)x2+2b=0恒成立,
∴
解得a=1,b=0.
(2)由
(1)得f(x)=x3-48x,
∴f′(x)=3x2-48=3(x+4)(x-4),
令f′(x)=0,得x1=-4,x2=4,
令f′(x)<
0,得-4<
4;
令f′(x)>
得x<
-4或x>
4.
∴f(x)的单调递减区间为(-4,4),单调递增区间为(-∞,-4)和(4,+∞),
∴f(x)极大值=f(-4)=128,
f(x)极小值=f(4)=-128.
(3)由
(2)知,函数在[1,4]上单调递减,在[4,5]上单调递增,对f(4)=-128,
f
(1)=-47,f(5)=-115,
∴当x∈[1,5]时,函数的最大值为-47,最小值为-128.
当堂训练
1.C [由题意可知f(0)=0,f
(1)=0,
f
(2)=0,
可得1+b+c=0,8+4b+2c=0,
解得b=-3,c=2,
所以函数的解析式为
f(x)=x3-3x2+2x,
所以f′(x)=3x2-6x+2.
令3x2-6x+2=0,
可得x1+x2=2,x1x2=
所以x
=(x1+x2)2-2x1x2
=4-2×
.]
2.C [由条件,得
[
]′=
在(a,b)上是减函数,
∴f(x)g(b)>
f(b)g(x).]
3.-5
解析 ∵函数f(x)=(x-2)(x2+c)在x=2处有极值,
∴f′(x)=(x2+c)+(x-2)×
2x.
∵f′
(2)=0,∴c+4=0,∴c=-4,
∴f′(x)=(x2-4)+(x-2)×
2x,
∴函数f(x)的图象在x=1处的切线的斜率为
f′
(1)=(1-4)+(1-2)×
2=-5.
4.20
解析 由f′(x)=3x2-3=0,得x=±
则f(x)min=f(-3)=-19,
f(x)max=f(-1)=1,
由题意知,|f(x1)-f(x2)|max
=|-19-1|=20,
∴t≥20,故tmin=20.
5.证明 设f(x)=x-sinx(x>
0),
则f′(x)=1-cosx≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
∴函数f(x)=x-sinx在(0,+∞)上单调递增,
又f(0)=0,
0对x∈(0,+∞)恒成立,
sinx(x>
0).
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- 高中数学 第三 单元 导数 及其 应用 习题 教学 新人 选修
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