高中数学第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试学案

这是一份高中数学第五章 一元函数的导数及其应用本章综合与测试学案，共5页。学案主要包含了利用导数研究函数的单调性问题，利用导数研究恒成立问题，利用导数研究不等式问题，利用导数证明不等式等内容，欢迎下载使用。

一、利用导数研究函数的单调性问题
例1 已知函数f(x)＝ax－eq \f(a,x)－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)的单调性．
解 (1)f′(x)＝a＋eq \f(a,x2)－eq \f(2,x)＝eq \f(ax2－2x＋a,x2)(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≥eq \f(2x,x2＋1)在区间[1，＋∞)上恒成立．
令u(x)＝eq \f(2x,x2＋1)，x∈[1，＋∞)．
∵u(x)＝eq \f(2,x＋\f(1,x))≤eq \f(2,2 \r(x·\f(1,x)))＝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)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
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0解得x＝eq \f(1－\r(1－a2),a)或x＝eq \f(1＋\r(1－a2),a).
∴函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－a2),a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－a2),a)，\f(1＋\r(1－a2),a)))上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当0当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
反思感悟 利用导数研究函数的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．
二、利用导数研究函数的极值与最值问题
例2 已知函数f(x)＝2ax－ln(2x)，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)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．
解 (1)当a＝1时，f(x)＝2x－ln(2x)，
f′(x)＝2－eq \f(1,x)＝eq \f(2x－1,x)，x∈(0，e]，
当0当eq \f(1,2)0，此时f(x)单调递增．
所以f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，
故f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，e))，f(x)的极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，无极大值．
(2)假设存在实数a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3，
f′(x)＝2a－eq \f(1,x)＝eq \f(2ax－1,x)，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＝eq \f(4＋ln 2,2e)(舍去)；
②当0eq \f(1,2e)时，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，e))上单调递增，
所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)))＝1－ln eq \f(1,a)＝3，
解得a＝e2，满足条件；
③当eq \f(1,2a)≥e，即0所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，
解得a＝eq \f(4＋ln 2,2e)(舍去)．
综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)的最小值为3.
反思感悟 (1)已知极值点求参数的值后，要代回验证参数值是否满足极值的定义．
(2)讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f′(x)的正负．
(3)将函数的各极值与端点处的函数值进行比较，最大的那个值是最大值，最小的那个值是最小值．
三、利用导数研究恒成立问题
例3 设函数f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值．
(1)求a，b的值；
(2)若对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围．
解 (1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b，
因为函数f(x)在x＝1及x＝2时取得极值，
所以f′(1)＝0，f′(2)＝0，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6＋6a＋3b＝0，,24＋12a＋3b＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－3，,b＝4.))
(2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，
f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；
当x∈(1,2)时，f′(x)＜0；
当x∈(2,3)时，f′(x)＞0.
所以，当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c，
又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c.
所以当x∈[0,3]时，
f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
因为对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2恒成立，
所以9＋8c＜c2，
解得c＜－1或c＞9.
因此c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．
反思感悟 解决不等式恒成立问题，有两种求解方法．一种是转化为求最值，另一种是分离参数．
分离参数求解不等式恒成立问题的步骤
四、利用导数研究不等式问题
例4 (1)已知定义在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且sin x·f′(x)>cs x·f(x)恒成立，则( )
A.eq \r(2)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) B.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))
C.eq \r(6)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))>2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4))) D.eq \r(3)f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))答案 D
解析 由f′(x)sin x>f(x)cs x，
得f′(x)sin x－f(x)cs x>0，
构造函数g(x)＝eq \f(fx,sin x)，
则g′(x)＝eq \f(f′xsin x－fxcs x,sin2x).
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，g′(x)>0，
即函数g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递增，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))(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，＋∞)
答案 C
解析 设g(x)＝eq \f(fx,ex)，则g′(x)＝eq \f(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，＋∞)．
反思感悟 解决不等式问题，通常先构造新函数，然后再利用导数研究这个函数的单调性，从而使不等式问题得以解决．
五、利用导数证明不等式
例5 已知函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－aln x(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x>1时，证明：eq \f(1,2)x2＋ln x(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－eq \f(a,x)＝eq \f(x2－a,x).
当a≤0时， f′(x)>0，
则f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，由f′(x)>0得x>eq \r(a)，
由f′(x)<0，得0所以当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(eq \r(a)，＋∞)，
单调递减区间为(0，eq \r(a))．
(2)证明 令g(x)＝eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x,
则g′(x)＝2x2－x－eq \f(1,x)＝eq \f(2x3－x2－1,x)
＝eq \f(2x3－2x2＋x2－1,x)
＝eq \f(x－12x2＋x＋1,x)，
当x>1时，g′(x)>0，
故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)>0，
所以eq \f(2,3)x3－eq \f(1,2)x2－ln x>0，即eq \f(1,2)x2＋ln x反思感悟 利用导数证明不等式(比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考察这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．