2024版高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第1课时导数与函数的单调性.docx
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1、第二节导数的应用考试要求:1结合实例,借助几何直观了解函数单调性和导数的关系2能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)3会用导数求函数的极大值、极小值4会求闭区间上函数的最大值、最小值第1课时导数与函数的单调性一、教材概念结论性质重现函数的单调性与导数的关系条件恒有结论函数yf(x)在区间(a,b)上可导f(x)0yf(x)在区间(a,b)上单调递增f(x)0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f(x)0,那么f(x)在此区间内不具有单调性()(3)若在区间(a,b)内f(x)0且f(x)0的根为有限个,则f(x)在区间(a,b)上单调递减()2函
2、数yx cos xsin x在下面哪个区间上单调递减()A2,32B(,2)C32,52D(2,3)D解析:ycos xx sin xcos xx sin x,欲使导数为负,只需x与sin x的符号相同,分析四个选项知,D选项符合条件3已知函数f(x)lnxx,则()Af(2)f(e)f(3) Bf(3)f(e)f(2)Cf(3)f(2)f(e) Df(e)f(3)f(2)D解析:f(x)的定义域是(0,)因为f(x)1lnxx2,所以x(0,e)时,f(x)0;x(e,)时,f(x)f(3)f(2)4已知函数f(x)x ln x,则f(x)的单调递减区间是_0,1e解析:因为函数f(x)x
3、ln x的定义域为(0,),又f(x)ln x1(x0),当f(x)0时,解得0x0,解得xe1,所以函数f(x)的单调递增区间是(e1,)3若函数yf(x)在区间D上是增函数,且函数yf(x)在区间D上也是增函数(其中f(x)是函数f(x)的导函数),那么称函数yf(x)是区间D上的“快增函数”,区间D叫做“快增区间”函数f(x)sin2x2sinx在区间0,上的“快增区间”为()A0,6B0,3C6,2D3,2A解析:因为f(x)sin2x2sinx,x0,所以f(x)2sin x cos x2cos x2cos x(sin x1)令f(x)0,可得x0,2,所以f(x)在0,2上是增函数
4、令g(x)f(x),则g(x)2sin x(sin x1)2cos2x4sin2x2sinx22(2sin x1)(sin x1)令g(x)0,可得0x6或56x,所以函数f(x)在0,6和56,上是增函数,所以函数f(x)sin2x2sinx在区间0,上的“快增区间”为0,6.解答T1要注意,求单调区间的前提是求定义域;T3是新定义问题,理解定义是关键,根据定义,“快增区间”即函数yf(x)的增区间与函数yf(x)的增区间的交集考点2讨论函数的单调性综合性(2021全国乙卷)已知函数f(x)x3x2ax1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线yf(x)过坐标原点的切线与曲线yf(x)的公
5、共点的坐标解:(1)由函数的解析式可得f(x)3x22xa,导函数的判别式412a.当412a0,即a13时,f(x)0,f(x)在R上单调递增当412a0,即a0,f(x)单调递增;当x113a3,1+13a3时,f(x)0,f(x)单调递增综上可得,当a13时,f(x)在R上单调递增,当a13时,f(x)在,113a3,1+13a3,+上单调递增,在113a3,1+13a3上单调递减(2)设切点为(x0,y0)由题意可得f(x0)x03x02ax01,f(x0)3x022x0a,则切线方程为yx03x02ax013x022x0a (xx0)由切线过坐标原点,得0(x03x02ax01)3x
6、022x0a(0x0),整理可得2x03x0210,即(x01)(2x02x01)0,解得x01,则f(x0)f(1)11a1a1,f(x0)f(1)1a,切线方程为y(a1)x.与yf(x)x3x2ax1联立,得x3x2ax1(a1)x,化简得x3x2x10.由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根,所以(x1)是x3x2x1的一个因式,所以该方程可以分解因式为(x1)(x21)0,解得x11,x21,f(1)1a.综上,曲线yf(x)过坐标原点的切线与曲线yf(x)的公共点的坐标为(1,a1)和(1,1a)本例若把函数改为:f(x)x3(a1)x2(2a1)x1(a0),试讨论函数f(x)的
7、单调性解:f(x)x3(a1)x2(2a1)x1(a0),f(x)3x22(a1)x(2a1)3(x1)x+2a13.令f(x)0,解得x1或x12a313,+.当1x12a3时,f(x)0.综上,f(x)在(,1)上单调递增,在1,12a3上单调递减,在12a3,+上单调递增1研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论2划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为零的点和函数的间断点1讨论函数g(x)(xa1)ex(xa)2的单调性解:g(x)的定义域为R,g(x)(xa)ex2(xa)(xa)(ex2)令g(x)0,得xa或xln 2.当aln 2时,
8、x(,ln 2)(a,)时,g(x)0,x(ln 2,a)时,g(x)0;当aln 2时,g(x)0恒成立,所以g(x)在R上单调递增;当a0,x(a,ln 2)时,g(x)ln 2时,g(x)在(,ln 2),(a,)上单调递增,在(ln 2,a)上单调递减;当aln 2时,g(x)在R上单调递增;当a0,f(x)2xxax2ax+2x(x0)令g(x)x2ax2,则a28.当0,即22a22时,f(x)0,f(x)在(0,)上单调递增;当0,即a22或a22时,(i)若a22,方程x2ax20的两根x1aa282,x2a+a282,且0x1x2,当x(0,x1)时,f(x)0,当x(x2,
9、)时,f(x)0,所以f(x)在(0,x1),(x2,)上单调递增,当x(x1,x2)时,f(x)0,故f(x)在(x1,x2)上单调递减综上,若a22,则f(x)在(0,)上单调递增,若a22,则f(x)在0,aa282,a+a282,+上单调递增,在aa282,a+a282上单调递减考点3函数单调性的应用应用性考向1利用函数的单调性解不等式已知f(x)是定义域为R的函数f(x)的导函数,若对任意实数x都有f(x)f(x)1,且有f(1)2,则不等式f(x)1ex-1的解集为_(1,)解析:不等式f(x)1ex-1,等价于不等式fx1ex11,构造函数g(x)fx1ex1,则g(x)fxfx
10、1ex1.因为对任意实数x都有f(x)f(x)1,则g(x)0,g(x)在R上单调递增又g(1)f11e01,故fx1ex11,即g(x)g(1),故不等式的解集是(1,)解与抽象函数有关的不等式,要充分挖掘条件关系,恰当构造函数题目中若存在f(x)与f(x)的不等关系时,常结合这种关系的特点构造新函数,利用新函数的单调性求解不等式考向2利用函数的单调性比较大小(2022新高考卷)设a0.1e0.1,b19,cln 0.9,则()AabcBcbaCcabDac1),因为f(x)11+x1x1+x,当x(1,0)时,f(x)0,当x(0,)时,f(x)0,所以函数f(x)ln (1x)x在(0,
11、)单调递减,在(1,0)上单调递增f19f(0)0,所以ln 10919ln 109ln 0.9,即bc;f110f(0)0,所以ln 910+1100,故910e110,所以110e11019,故ab.设g(x)xexln (1x)(0x1),则g(x)(x1)ex1x1x21ex+1x1,令h(x)ex(x21)1,则h(x)ex(x22x1),当0x21时,h(x)0,函数h(x)ex(x21)1单调递减,当21x0,函数h(x)ex(x21)1单调递增,又h(0)0,所以当0x21时,h(x)0,所以当0x0,函数g(x)xexln (1x)单调递增,所以g(0.1)g(0)0,即0.
12、1e0.1ln 0.9,所以ac.故选C.利用导数比较大小,其关键在于利用题目条件构造辅助函数,把比较大小问题转化为先利用导数研究函数的单调性,进而由单调性比较大小考向3利用函数的单调性求参数的取值范围若函数f(x)xa sin x在0,4上单调递增,则a的取值范围是()A12,0B,12C12,+D1,)D解析:由题意,可知f(x)1a cos x,因为函数f(x)xa sin x在0,4上单调递增,所以f(x)1a cos x0在0,4上恒成立,所以a1cosx.因为0x4,所以22cos x1,所以1cosx1,所以a1.所以a的取值范围是1,)本例若改为:若函数f(x)xa sin x
13、在0,4上单调递减,求a的取值范围解:f(x)1a cos x.因为函数f(x)xa sin x在0,4上单调递减,所以f(x)1a cos x0在0,4上恒成立,所以a1cosx.设y1cosx,则它在0,4上单调递减,所以ymin1cos42,所以a2.所以a的取值范围是(,2.根据函数单调性求参数的解题策略(1)已知函数的单调性求参数的取值范围,应用条件f(x)0或f(x)0,x(a,b)恒成立,解出参数应注意此时式子中的等号不能省略,否则容易漏解(2)如果能分离参数,则尽可能分离参数后转化为求函数最值问题(3)若函数在区间(a,b)上不单调,则转化为f(x)0在(a,b)上有异号解1若
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