专题二利用导数研究函数的性质.doc

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1、专题二　利用导数研究函数的性质1．f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分不必要条件．2．f(x)在(a，b)上是增函数的充要条件是f′(x)≥0，且f′(x)＝0在有限个点处取到．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0并不是f(x)在x＝x0处有极值的充分条件对于可导函数f(x)，x＝x0是f(x)的极值点，必须具备①f′(x0)＝0，②在x0两侧，f′(x)的符号为异号．所以f′(x0)＝0只是f(x)在x0处有极值的必要条件，但并不充分．4．如果连续函数f(

2、x)在区间(a，b)内只有一个极值点，那么这个极值点就是最值点．1．已知函数f(x)＝在[1，＋∞)上为减函数，则实数a的取值范围为__________．答案　[e，＋∞)解析　f′(x)＝＝，因为f(x)在[1，＋∞)上为减函数，故f′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，即lna≥1－lnx在[1，＋∞)上恒成立．设φ(x)＝1－lnx，φ(x)max＝1，故lna≥1，a≥e.2．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈[－1,1]，都有f(x)≥0成立，则实数a的值为____

3、____．答案　4解析　若x＝0，则不论a取何值，f(x)≥0显然成立；当x>0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥－.设g(x)＝－，则g′(x)＝，所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)max＝g＝4，从而a≥4.当x<0，即x∈[－1,0)时，同理a≤－.g(x)在区间[－1,0)上单调递增，∴g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上可知a＝4.3．若函数f(x)的导函数为f′(x)＝－x(x＋1)，则函数g(x)＝f(logax)(0

4、

5、)＝2acos2x－cos3x，∴f′＝2acosπ－cosπ＝0，∴a＝1，经验证适合题意．5．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足(x－1)f′(x)≥0，则必有(　　)A．f(0)＋f(2)<2f(1)B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)≥2f(1)D．f(0)＋f(2)>2f(1)答案　D解析　当x≥1时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，∴f(2)>f(1)，当x≤1时，f′(x)≤0，f(x)为减函数，∴f(0)>f(1)，∴f(0)＋f(2)>2f(1).题型一

6、　利用导数求函数的单调区间例1　已知函数f(x)＝x3＋ax2－x＋c，且a＝f′.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex，若函数g(x)在x∈[－3，2]上单调递增，求实数c的取值范围．解　(1)由f(x)＝x3＋ax2－x＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax－1.当x＝时，得a＝f′＝3×2＋2a×－1，解之，得a＝－1.(2)由(1)可知f(x)＝x3－x2－x＋c.则f′(x)＝3x2－2x－1＝3(x－1)，列表如下：x(－∞，－)－

7、(－，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－)和(1，＋∞)；f(x)的单调递减区间是.(3)函数g(x)＝(f(x)－x3)·ex＝(－x2－x＋c)·ex，有g′(x)＝(－2x－1)ex＋(－x2－x＋c)ex＝(－x2－3x＋c－1)ex，因为函数g(x)在x∈[－3,2]上单调递增，所以h(x)＝－x2－3x＋c－1≥0在x∈[－3,2]上恒成立．只要h(2)≥0，解得c≥11，所以c的取值范围是[11，＋∞)．探究提高　利

8、用导数研究函数单调性的一般步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.(1)若a＝，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．解　(1)a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，f′(x)＝ex