2017-2018版高中數學第四章導數應用章末復習課學案1-1

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE22學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE第四章導數應用學習目標1.掌握利用導數判斷函數單調性的方法，會用導數求函數的極值和最值。2.會用導數解決一些簡單的實際應用問題．知識點一函數的單調性、極值與導數1．函數的單調性與導數在某個區(qū)間(a，b）內，如果__________，那么函數y＝f（x）在這個區(qū)間內是增加的；如果__________,那么函數y＝f（x)在這個區(qū)間內是減少的．2．函數的極值與導數（1)極大值:在點x＝a附近，滿足f(a）≥f(x)，當x〈a時，__________，當x>a時，__________,則點a叫作函數的極大值點，f(a）叫作函數的極大值;（2）極小值：在點x＝a附近，滿足f（a)≤f(x），當x〈a時,__________，當x〉a時,__________，則點a叫作函數的極小值點，f(a）叫作函數的極小值．知識點二求函數y＝f（x）在［a，b］上的最大值與最小值的步驟1．求函數y＝f（x）在(a，b)內的________．2．將函數y＝f（x)的各極值與__________________________________________________比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．類型一導數中的數形結合思想例1已知函數y＝xf′(x)的圖像如圖所示（其中f′（x）是函數f(x）的導函數），則y＝f(x）的圖像大致是(）反思與感悟研究一個函數的圖像與其導函數圖像之間的關系時,注意抓住各自的關鍵要素．對于原函數,要重點考查其圖像在哪個區(qū)間內單調遞增,在哪個區(qū)間內單調遞減;而對于導函數，則應考查其函數值在哪個區(qū)間內大于零，在哪個區(qū)間內小于零，并考查這些區(qū)間與原函數的單調區(qū)間是否一致．跟蹤訓練1函數f(x）＝lnx－eq\f（1,2)x2的大致圖像是（)類型二構造函數求解命題角度1比較函數值的大小例2已知定義域為R的奇函數y＝f(x）的導函數為y＝f′（x)，當x≠0時，f′(x）＋eq\f(fx，x）<0，若a＝eq\f(1，2)f（eq\f(1,2)）,b＝－eq\r（2）f（－eq\r（2）），c＝（lneq\f（1，2））f（lneq\f（1，2)），則a，b,c的大小關系正確的是()A．a〈c<bB．b<c〈aC．a〈b〈cD．c<a<b反思與感悟本例中根據條件構造函數g(x）＝xf（x），通過g′（x)確定g（x）的單調性，進而確定函數值的大小，此類題目的關鍵是構造出恰當的函數．跟蹤訓練2設f（x)、g（x)是定義在R上的恒大于0的可導函數，且f′(x)g（x)－f（x)g′(x）<0，則當a<x〈b時有（)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)命題角度2求解不等式例3定義域為R的可導函數y＝f(x)的導函數f′（x），滿足f（x）〈f′（x），且f（0)＝2,則不等式f（x)〉2ex的解集為(）A．(－∞，0） B．(－∞，2）C．（0，＋∞） D．（2，＋∞）反思與感悟根據所求結論與已知條件，構造函數g(x)＝eq\f(fx，ex)，通過導函數判斷g(x）的單調性,利用單調性得到x的取值范圍．跟蹤訓練3函數f(x）的定義域為R,f(－1)＝2，對任意x∈R,f′(x)>2,則f（x）>2x＋4的解集為（)A．(－1，1） B．(－1，＋∞)C．（－∞，－1) D．（－∞，＋∞)類型三利用導數研究函數的極值與最值例4已知函數f(x）＝x3＋ax2＋b的圖像上一點P（1，0)，且在點P處的切線與直線3x＋y＝0平行．(1)求函數f（x)的解析式；(2)求函數f（x）在區(qū)間［0，t］（0<t〈3）上的最大值和最小值；（3）在（1）的結論下，關于x的方程f(x)＝c在區(qū)間［1，3]上恰有兩個相異的實根，求實數c的取值范圍．反思與感悟(1)求極值時一般需確定f′(x)＝0的點和單調性，對于常見連續(xù)函數，先確定單調性即可得極值點，當連續(xù)函數的極值點只有一個時,相應的極值點必為函數的最值點．（2）求閉區(qū)間上可導函數的最值時，對函數極值是極大值還是極小值可不再作判斷，只需要直接與端點的函數值比較即可獲得．跟蹤訓練4已知函數f(x）＝ax3＋（a－1)x2＋48（a－2)x＋b的圖像關于原點成中心對稱．(1)求a，b的值；(2）求f(x)的單調區(qū)間及極值；（3）當x∈［1，5］時，求函數的最值．類型四導數的綜合應用例5已知函數f（x）＝x3－ax－1.(1）若f（x）在實數集R上單調遞增，求a的取值范圍；（2)是否存在實數a，使f(x)在(－1，1）上是減少的，若存在，求出a的取值范圍，若不存在，請說明理由．反思與感悟在已知函數f(x）是增函數（或減函數）求參數的取值范圍時，應令f′(x）≥0(或f′(x)≤0)恒成立，解出參數的取值范圍（一般可用不等式恒成立理論求解）,然后檢驗參數的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，則參數的這個值應舍去；若f′(x)不能恒等于0，則由f′（x)≥0（或f′(x)≤0）恒成立解出的參數的取值范圍來確定．跟蹤訓練5(1)若函數f（x)＝4x3－ax＋3的單調遞減區(qū)間是eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1,2),\f(1，2）)），則實數a的值是多少？(2)若函數f（x）＝4x3－ax＋3在eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1,2),\f(1,2)））上是單調函數,則實數a的取值范圍為多少?1．已知函數f（x）＝x3＋bx2＋cx的圖像如圖所示,則xeq\o\al（2,1)＋xeq\o\al(2，2)等于（)A。eq\f(4,3) B。eq\f(7，3)C.eq\f(8,3) D.eq\f（16，3)2．已知f（x)是定義在(0，＋∞)上的非負可導函數，且滿足xf′（x)＋f(x)≤0,對任意的正數a，b，若a〈b，則必有（)A．bf(b）≤af（a） B．bf（a)≤af(b）C．af（a）≤bf(b) D．af(b）≤bf(a）3．設f′(x）是函數f(x）的導函數，將y＝f（x）和y＝f′(x）的圖像畫在同一個直角坐標系中，則不可能正確的是(）4．已知函數f(x）＝eq\f(ax＋1，x＋2)在（－2，＋∞)內是減少的，則實數a的取值范圍為________．5．已知函數f（x）＝2lnx＋eq\f(a，x2)(a〉0)，若當x∈（0，＋∞)時，f(x）≥2恒成立，則實數a的取值范圍是________．導數作為一種重要的工具,在研究函數中具有重要的作用，例如函數的單調性、極值與最值等問題，都可以通過導數得以解決．不但如此,利用導數研究得到函數的性質后,還可以進一步研究方程、不等式等諸多代數問題，所以一定要熟練掌握利用導數來研究函數的各種方法．

答案精析知識梳理知識點一1．f′(x）>0f′（x）<02．(1）f′（x)〉0f′（x）<0（2）f′(x)<0f′(x）>0知識點二1．極值2．端點處函數值f(a），f(b）題型探究例1C［當0〈x<1時，xf′(x)〈0，∴f′（x)<0,故y＝f(x)在(0，1)上為減函數，排除A、B選項．當1<x<2時，xf′(x）〉0，∴f′(x）〉0，故y＝f(x)在(1，2）上為增函數，因此排除D。]跟蹤訓練1B[函數f（x）＝lnx－eq\f（1,2）x2的定義域為（0，＋∞),f′（x）＝eq\f（1，x）－x＝eq\f(1－x2，x)＝eq\f(1＋x1－x，x).令f′(x）〉0，得eq\f（1＋x1－x，x)>0.又因為x〉0，所以（1＋x)(1－x)>0，所以0<x<1。同理,令f′（x)〈0，解得x>1.于是當0<x〈1時，函數f(x）是增函數;當x〉1時，函數f（x)是減函數;當x＝1時，f（x)＝－eq\f(1,2）〈0.結合以上特征可知應選B。］例2B［令g（x）＝xf(x），則g（－x）＝(－x）f(－x）＝xf(x)，∴g(x）是偶函數．g′(x)＝f(x）＋xf′(x），∵f′(x）＋eq\f（fx，x)〈0，∴當x〉0時,xf′(x)＋f（x)〈0，當x〈0時，xf′(x）＋f(x)〉0.∴g（x)在(0，＋∞）上是減函數．∵eq\f（1，2）<ln2〈1<eq\r(2），∴g(eq\r(2))〈g(ln2）<g(eq\f(1，2））．∵g(x）是偶函數，∴g(－eq\r(2）)＝g（eq\r（2）)，g(lneq\f（1，2））＝g(ln2），∴g(－eq\r(2)）〈g(lneq\f(1,2)）〈g（eq\f(1，2))．故選B。］跟蹤訓練2C[由條件，得[eq\f(fx，gx）]′＝eq\f(f′xgx－fxg′x，［gx］2)<0，∴eq\f（fx，gx)在（a，b）上是減函數．∴eq\f（fb，gb)<eq\f(fx,gx)<eq\f（fa，ga），∴f(x)g(b)〉f(b）g(x）．］例3C［設g(x）＝eq\f(fx，ex)，則g′（x)＝eq\f(f′x－fx,ex)?！遞(x）<f′（x)，∴g′(x)>0，即函數g（x）單調遞增．∵f（0)＝2,∴g(0)＝f(0）＝2,則不等式等價于g（x）〉g(0）．∵函數g(x）單調遞增，∴x>0，即不等式的解集為（0，＋∞)，故選C.]跟蹤訓練3B[令g（x)＝f(x）－2x－4,∵f′（x)〉2,則g′(x）＝f′（x)－2>0.又由g（－1）＝f(－1)－2×(－1）－4＝0,得g（x)〉0，即g(x)>g(－1)的解為x>－1，∴f(x)〉2x＋4的解集為（－1,＋∞)．]例4解（1)因為f′(x）＝3x2＋2ax，曲線在P(1，0)處的切線斜率為f′(1）＝3＋2a,即3＋2a＝－3，a＝－3.又函數過（1，0)點，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當0〈t≤2時,在區(qū)間(0,t)上，f′(x）<0，f（x)在[0，t］上是減函數，所以f(x)max＝f(0）＝2，f（x)min＝f(t）＝t3－3t2＋2。②當2<t〈3時，當x變化時，f′(x)、f(x）的變化情況如下表:x0（0，2)2（2，t）tf′(x)0－0＋＋f（x）2－2t3－3t2＋2f（x）min＝f(2)＝－2，f（x）max為f(0)與f（t）中較大的一個．因為f(t）－f(0）＝t3－3t2＝t2(t－3）<0,所以f(x)max＝f(0）＝2.（3)令g（x）＝f（x）－c＝x3－3x2＋2－c，則g′（x)＝3x2－6x＝3x（x－2)．當x∈［1,2）時，g′(x）〈0;當x∈（2,3]時,g′(x）〉0。要使g(x)＝0在[1,3］上恰有兩個相異的實根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1≥0，，g2〈0，,g3≥0，）)解得－2〈c≤0。即實數c的取值范圍為（－2,0］．跟蹤訓練4解（1）∵函數f（x)的圖像關于原點成中心對稱，則f（x)是奇函數，∴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,∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a－1＝0，，b＝0，)）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〈x〈4;令f′（x）〉0，得x<－4或x〉4?！鄁(x）的遞減區(qū)間為（－4,4),遞增區(qū)間為（－∞，－4）和(4,＋∞)．∴f（x)極大值＝f（－4)＝128,f（x）極小值＝f(4）＝－128。（3）由（2)知，函數在[1，4］上是減少的，在［4，5]上是增加的，f(4)＝－128，f(1）＝－47，f（5)＝－115，∴函數的最大值為－47，最小值為－128.例5解(1)f′(x）＝3x2－a，因為f（x）在R上是增函數，所以f′（x）≥0在R上恒成立，即3x2－a≥0在R上恒成立．即a≤3x2，而3x2≥0，所以a≤0。當a＝0時，f（x）＝x3－1在R上單調遞增,符合題意．所以a的取值范圍是（－∞，0］．（2)假設存在實數a，使f(x)在（－1，1）上是減少的，則f′（x）≤0在（－1,1）上恒成立．即3x2－a≤0在(－1,1）上恒成立，即a≥3x2，又因為在（－1,1）上,0〈3x2<3，所以a≥3.當a＝3時，f′（x)＝3x2－3,在（－1,1）上,f′(x）<0，所以f（x）在（－1，1)上是減少的，即a＝3符合題意，所以存在實數a,使f（x)在(－1，1)上是減少的，且a的取值范圍是[3,＋∞）．跟蹤訓練5解(1）f′（x）＝12x2－a，∵f（x)的單調遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2），\f（1,2））），∴x＝±eq\f(1,2）為f′(x）＝0的兩個根，∴a＝3.(2)若f（x)在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2），\f（1,2）））上為單調增函數，則f′（x)≥0在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(－\f（1，2），\f(1，2）))上恒成立，即12x