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核心模块五函数与导数微专题十五导数在研究函数性质中的应用课时作业考情分析在近三年的高考题中,导数应用于复杂函数的单调性、极值和最值的应用,一直是考察热点和难点,尤其是在压轴题中出现考察函数性质的综合运用.年份填空题解答题2017T11考察导数研究函数单调性T20考察导数在函数性质中的运用2018T11考察导数在函数性质中的运用T19考察导数在函数性质中的运用2019T11导数的几何意义T19函数与导数的综合问题课时作业典型例题目标1高次函数的性质例1设函数f(x)=x3+ax2+bx+c.(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)设a=b=4,若函数f(x)有3个不同零点,求c的取值范围;(3)求证:a2-3b>0是f(x)有3个不同零点的必要不充分条件.解析:(1)由f(x)=x3+ax2+bx+c,得f′(x)=3x2+2ax+b.因为f(0)=c,f′(0)=b,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx+c.(2)当a=b=4时,f(x)=x3+4x2+4x+c,所以f′(x)=3x2+8x+4.令f′(x)=0,得3x2+8x+4=0,解得x=-2或x=-23.f(x)与f′(x)在区间(-∞,+∞)上的情况如下:x(-∞,-2)-2-2,-23-23-23,+∞f′(x)+0-0+f(x)cc-3227所以当c0且c-32270时,存在x1∈(-4,-2),x2∈-2,-23,x3∈-23,0,使得f(x1)=f(x2)=f(x3)=0.由f(x)的单调性知,当且仅当c∈0,3227时,函数f(x)=x3+4x2+4x+c有3个不同零点.(3)当Δ=4a2-12b0时,f′(x)=3x2+2ax+b0,x∈(-∞,+∞),此时函数f(x)在区间(-∞,+∞)上单调递增,所以f(x)不可能有3个不同零点.当Δ=4a2-12b=0时,f′(x)=3x2+2ax+b只有1个零点,记作x0.当x∈(-∞,x0)时,f′(x)0,f(x)在区间(-∞,x0)上单调递增;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)0,f(x)在区间(x0,+∞)上单调递增.所以f(x)不可能有3个不同零点.综上所述,若函数f(x)有3个不同零点,则必有Δ=4a2-12b0.故a2-3b0是f(x)有3个不同零点的必要条件.当a=b=4,c=0时,a2-3b0,f(x)=x3+4x2+4x=x(x+2)2只有2个不同零点,所以a2-3b0不是f(x)有3个不同零点的充分条件.因此a2-3b0是f(x)有3个不同零点的必要不充分条件.点评:方程根的问题:可化为研究相应函数的图象,而图象又归结为极值点和单调区间的讨论;充要条件的证明问题,成立必须进行严格的推理,不成立只要举反例就可以了.【思维变式题组训练】1.已知函数f(x)=x3-2x+ex-1ex,其中e是自然对数的底数.若f(a-1)+f(2a2)≤0,则实数a的取值范围是________.-1,12解析:因为f(-x)=-x3+2x+1ex-ex=-f(x),所以函数f(x)是奇函数.因为f′(x)=3x2-2+ex+e-x≥3x2-2+2ex·e-x≥0,所以函数f(x)在R上单调递增.又f(a-1)+f(2a2)≤0,即f(2a2)≤f(1-a),所以2a2≤1-a,即2a2+a-1≤0,解得-1≤a≤12,故实数a的取值范围为-1,12.2.若函数f(x)=x3-3a2x+a(a>0)的极大值是正数,极小值是负数,则a的取值范围是________.22,+∞解析:f′(x)=3x2-3a2=3(x+a)(x-a).由f′(x)=0得x=±a.当-a<x<a时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减;当x>a或x<-a时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增,所以f(x)的极大值为f(-a),极小值为f(a).所以f(-a)=-a3+3a3+a>0且f(a)=a3-3a3+a<0,解得a>22.所以a的取值范围是22,+∞.解析:由已知,有f′(x)=2x-2ax2(a0).令f′(x)=0,解得x=0或x=1a.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:3.已知函数f(x)=x2-23ax3(a>0),x∈R.求f(x)的单调区间和极值.x(-∞,0)00,1a1a1a,+∞f′(x)-0+0-f(x)013a2所以f(x)的单调增区间是0,1a;单调减区间是(-∞,0),1a,+∞.当x=0时,f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=1a时,f(x)有极大值,且极大值f1a=13a2.4.设函数f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中a,b∈R.(1)求f(x)的单调区间;(2)若f(x)存在极值点x0,且f(x1)=f(x0),其中x1≠x0,求证:x1+2x0=0;(3)设a0,函数g(x)=|f(x)|,求证:g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于14.(1)解析:由f(x)=x3-ax-b,可得f′(x)=3x2-a,下面分两种情况讨论:①当a≤0时,有f′(x)=3x2-a≥0恒成立,所以f(x)的单调增区间为(-∞,+∞).②当a0时,令f′(x)=0,解得x=3a3或x=-3a3.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:x-∞,-3a3-3a3-3a3,3a33a33a3,+∞f′(x)+0-0+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)的单调减区间为-3a3,3a3,单调增区间为-∞,-3a3,3a3,+∞.(2)证明:因为f(x)存在极值点,所以由(1)知a0且x0≠0.由题意得f′(x0)=3x20-a=0,即x20=a3,进而f(x0)=x30-ax0-b=-2a3x0-b.又f(-2x0)=-8x30+2ax0-b=-8a3x0+2ax0-b=-2a3x0-b=f(x0),且-2x0≠x0,由题意及(1)知,存在唯一实数x1满足f(x1)=f(x0),且x1≠x0,因此x1=-2x0,所以x1+2x0=0.(3)证明:设g(x)在区间[-1,1]上的最大值为M,max{x,y}表示x,y两数的最大值,下面分三种情况讨论:①当a≥3时,-3a3≤-1<1≤3a3,由(1)知f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(1),f(-1)],因此M=max{[f(1),f(-1)]}=max{|1-a-b|,|-1+a-b|}=max{|a-1+b|,|a-1-b|}=a-1+b,b≥0,a-1-b,b0,所以M=a-1+|b|≥2.②当34≤a3时,-23a3≤-1-3a33a31≤23a3,由(1)和(2)知f(-1)≥f-23a3=f3a3,f(1)≤f23a3=f-3a3,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为f3a3,f-3a3,所以max2a93a+b,2a93a-b=2a93a+|b|≥29×34×3×34=14.③当0a34时,-1-23a323a31,由(1)和(2)知,f(-1)f-23a3=f3a3,f(1)f23a3=f-3a3,所以f(x)在区间[-1,1]上的取值范围为[f(1),f(-1)],因此M=max{[f(1),f(-1)]}=max{|-1+a-b|,|1-a-b|}=max{|1-a+b|,|1-a-b|}=1-a+|b|14.综上所述,当a0时,g(x)在区间[-1,1]上的最大值不小于14.点评:1.求可导函数单调区间的一般步骤:(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先);(2)求导函数f′(x);(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)>0或f′(x)<0的解集.(4)由f′(x)>0(f′(x)<0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间.若遇不等式中带有参数时,可分类讨论求得单调区间.2.由函数f(x)在(a,b)上的单调性,求参数范围问题,可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题,要注意“=”是否可以取到.目标2基本初等函数的混合型的性质例2已知函数f(x)=ax2-bx+lnx,a,b∈R.(1)当a=b=1时,求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程;(2)当b=2a+1时,试讨论函数f(x)的单调性.解析:(1)因为a=b=1,所以f(x)=x2-x+lnx,从而f′(x)=2x-1+1x.因为f(1)=0,f′(1)=2,所以曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y-0=2(x-1),即2x-y-2=0.(2)因为b=2a+1,所以f(x)=ax2-(2a+1)x+lnx,从而f′(x)=2ax-(2a+1)+1x=2ax2-2a+1x+1x=2ax-1x-1x,x0.当a≤0时,若x∈(0,1),则f′(x)0;若x∈(1,+∞),则f′(x)<0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.当0<a<12时,由f′(x)0得0<x<1或x12a;由f′(x)<0得1<x<12a,所以f(x)在区间(0,1)和12a,+∞上单调递增,在区间1,12a上单调递减.当a=12时,因为f′(x)≥0(当且仅当x=1时取等号),所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当a12时,由f′(x)0得0<x<12a或x1;由f′(x)<0得12a<x<1,所以f(x)在区间0,12a和(1,+∞)上单调递增,在区间12a,1上单调递减.例3已知函数f(x)=alnx+1x(a>0).(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)是否存在实数a,使得函数f(x)在[1,e]上的最小值为0?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.解析:由题意,知函数的定义域为{x|x>0},f′(x)=ax-1x2=ax-1x2(a>0).(1)由f′(x)>0,解得x>1a,所以函数f(x)的单调递增区间是1a,+∞;由f′(x)<0,解得0<x<1a,所以函数f(x)的单调递减区间是0,1a.所以当x=1a时,函数f(x)有极小值f1a=aln1a+a=a-alna,无极大值.(2)不存在,理由如下:由(1)可知,当x∈0,1a时,函数f(x)单调递减;当x∈1a,+∞时,函数f(x)单调递增.①若0<1a≤1,即a≥1时,函数f(x)在[1,e]上为增函数,故函数f(x)的最小值为f(1)=aln1+1=1,显然1≠0,故不满足条件.②若1<1a≤e,即1e≤a<1时,函数f(x)在1,1a上为减函数,在1a,e上为增函数,故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f1a=aln1a+a=a-alna=0,即lna=1,解得a=e,而1e≤a<1,故不满足条件.③若1a>e,即0<a<1e时,函数f(x)在[1,e]上为减函数,故函数f(x)的最小值为f(e)=alne+1e=a+1e=0,即a=-1e,而0<a<1e,故不满足条件.综上所述,不存在这样的实数a,使得函数f(x)在[1,e]上的最小值为0.【思维变式题组训练】1.若函数f(x)=x2-12lnx+1在其定义域内的一个子区间(a-1,a+1)内存在极值,则实数a的取值范围是_
本文标题:(江苏专用)2020版高考数学二轮复习 微专题十五 导数在研究函数性质中的应用课件 苏教版
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