2017_18版高中数学第四章导数应用疑难规律方法学案北师大版选修

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1、第四章导数应用1　利用导数研究函数单调性常见题型1．运用导数求函数的单调区间利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)在定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0，得单调区间．例1　求函数f(x)＝x(ex－1)－x2的单调区间．解　由已知，得当f′(x)＝(ex－1)(x＋1)＝0时，有x＝0或x＝－1.当x<－1时，f′(x)>0；当－10时，f′(x)>0.故f(x)的递增区间是(－∞，－1)，(0，＋∞)，递减区间是(－

2、1,0)．点评　单调区间开闭不扣分，但定义域不取的数一定不能取；断开的单调区间一般不合写，也不用“∪”连接，中间用“，”或“和”连接．例2　已知函数f(x)＝x2＋3x－2lnx，则函数f(x)的单调递减区间为________．分析　先求函数f(x)的定义域和导数，再结合定义域解f′(x)<0即可．解析　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x＋3－.令f′(x)<0，即2x＋3－＝<0，结合定义域知x>0，且2x2＋3x－2<0，解得0

3、点评　求解该类问题时要注意两点：①不要忽视定义域；②如有多个单调递增(减)区间，不要把这些区间取并集．2．证明不等式例3　求证：当x>1时，lnx>－.6分析　可构造函数f(x)＝lnx－(－)，由于f(1)＝0，故若能证明f(x)为(1，＋∞)上的增函数，即证明在(1，＋∞)上，导函数f′(x)>0恒成立即可．证明　令f(x)＝lnx－(－)，则有f(1)＝0.因为f′(x)＝＋x＝>0，x∈(1，＋∞)，所以函数f(x)为(1，＋∞)上的增函数，又f(1)＝0，所以当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0恒成立，

4、即lnx>－.点评　证明不等式f(x)>g(x)，x∈(a，b)的一般方法：构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，x∈(a，b)，分析F(x)在区间(a，b)上的单调性及最小值与0的大小，进而说明F(x)>0在(a，b)内恒成立即可．3．求参数的取值范围例4　已知函数f(x)＝x3－ax2＋1.(1)若函数f(x)的单调递减区间是(0,2)，求实数a的值；(2)若函数f(x)在区间(0,2)上是减少的，求实数a的取值范围．分析　注意正确区分“在某区间单调”和“单调区间”的概念，避免混淆．解　(1)由f(x)的单

5、调递减区间为(0,2)可知0与2是方程f′(x)＝3x2－2ax＝0的两根，故有3×22－2a×2＝0，解得a＝3.(2)因为函数f(x)在区间(0,2)上是减少的，所以f′(x)＝3x2－2ax≤0在(0,2)上恒成立，即2a≥3x在区间(0,2)上恒成立．因为x∈(0,2)，所以3x∈(0,6)，故2a≥6，即a≥3.经验证a＝3时满足题意，故a的取值范围为[3，＋∞)．点评　若函数f(x)在区间D上是增(减)函数，则有f′(x)≥0(f′(x)≤0)对x∈D恒成立，这类问题，通常利用导数转化为不等式在某区

6、间上的恒成立问题，进而把恒成立问题转化为求一个函数在某区间上的最大(小)值问题求解．也可根据所给区间是单调递增(减)区间的子区间求解.2　巧用导数求极值1．函数的极值点的判定方法设函数f(x)在x0处连续，判定f(x0)是极大(小)值点的方法是：(1)如果在x0两侧f′(x)符号相同，则x0不是函数f(x)的极值点；(2)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x6)<0，那么f(x0)是极大值；(3)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．也就是说，极大值点可以看

7、成是函数递增区间与递减区间的分界点，极大值是极大值点附近曲线由上升到下降的过渡点的函数值．极小值则是极小值点附近曲线由下降到上升的过渡点的函数值．2．极值常见题型详解(1)利用导数求函数的极值例1　求函数f(x)＝xlnx的极值点．解　f′(x)＝lnx＋1，x>0.而f′(x)>0⇔lnx＋1>0⇔

8、数的极值是求极值时应注意的知识点，再利用求极值的步骤求解即可．(2)含参数的极值问题例2　设a∈R，函数f(x)＝lnx－ax，讨论函数f(x)的单调区间和极值．解　由已知，得函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增加的，无极值；②若a>0，令f′(x)＝0，得x＝.当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)是增