选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用教案设计

这是一份选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用教案设计，共5页。教案主要包含了利用导数研究函数的单调性问题，利用导数研究恒成立问题，利用导数研究不等式问题，利用导数证明不等式等内容，欢迎下载使用。
微专题2　导数应用的经典题型突破利用导数研究函数的单调性和极值(最值)是高考的常见题型，常将导数与函数、方程、不等式等知识交汇命题，难度偏向中高档．一、利用导数研究函数的单调性问题例1　已知函数f(x)＝ax－－2ln x(a∈R)．(1)若函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围；(2)讨论函数f(x)的单调性．解　(1)f′(x)＝a＋－＝(x>0)．①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；②当a>0时，令g(x)＝ax2－2x＋a，∵函数f(x)在区间[1，＋∞)上是单调函数，∴g(x)≥0在区间[1，＋∞)上恒成立，∴a≥在区间[1，＋∞)上恒成立．令u(x)＝，x∈[1，＋∞)．∵u(x)＝≤＝1，当且仅当x＝1时取等号．∴a≥1.∴当a≥1时，函数f(x)单调递增．∴实数a的取值范围是(－∞，0]∪[1，＋∞)．(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)可知：①当a≤0时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；②当a≥1时，此时函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．③当0<a<1时，由ax2－2x＋a＝0，解得x＝或x＝.∴函数f(x)在，上单调递增，在上单调递减．综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，当0<a<1时f(x)在，上单调递增，在上单调递减，当a≥1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．反思感悟　利用导数研究函数的单调性应注意以下几点(1)关注函数的定义域，单调区间应为定义域的子区间．(2)已知函数在某个区间上的单调性时转化要等价．(3)分类讨论求函数的单调区间实质是讨论不等式的解集．(4)求参数的范围时常用到分离参数法．二、利用导数研究函数的极值与最值问题例2　已知函数f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解　(1)当a＝1时，f(x)＝2x－ln(2x)，f′(x)＝2－＝，x∈(0，e]，当0<x<时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减；当<x<e时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增．所以f(x)的极小值为f ＝1，故f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，f(x)的极小值为f ＝1，无极大值．(2)假设存在实数a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3，f′(x)＝2a－＝，x∈(0，e]，①当a≤0时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，解得a＝(舍去)；②当0<<e，即a>时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)min＝f ＝1－ln ＝3，解得a＝e2，满足条件；③当≥e，即0<a≤时，f′(x)<0，f(x)在(0，e]上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，解得a＝(舍去)．综上，存在实数a＝e2，使得当x∈(0，e]时，f(x)的最小值为3.反思感悟　(1)已知极值点求参数的值后，要代回验证参数值是否满足极值的定义．(2)讨论极值点的实质是讨论函数的单调性，即f′(x)的正负．(3)将函数的各极值与端点处的函数值进行比较，最大的那个值是最大值，最小的那个值是最小值．三、利用导数研究恒成立问题例3　设函数f(x)＝2x3＋3ax2＋3bx＋8c在x＝1及x＝2时取得极值．(1)求a，b的值；(2)若对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围．解　(1)f′(x)＝6x2＋6ax＋3b，因为函数f(x)在x＝1及x＝2时取得极值，所以f′(1)＝0，f′(2)＝0，即解得(2)由(1)可知，f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)．当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1,2)时，f′(x)＜0；当x∈(2,3)时，f′(x)＞0.所以，当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c，又f(0)＝8c，f(3)＝9＋8c.所以当x∈[0,3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.因为对于任意的x∈[0,3]，都有f(x)＜c2恒成立，所以9＋8c＜c2，解得c＜－1或c＞9.因此c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞)．反思感悟　解决不等式恒成立问题，有两种求解方法．一种是转化为求最值，另一种是分离参数． 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤四、利用导数研究不等式问题例4　(1)已知定义在上的函数f(x)，f′(x)是它的导函数，且sin x·f′(x)>cos x·f(x)恒成立，则(　　)A.f >f    B.f >f C.f >2f    D.f <f 答案　D解析　由f′(x)sin x>f(x)cos x，得f′(x)sin x－f(x)cos x>0，构造函数g(x)＝，则g′(x)＝.当x∈时，g′(x)>0，即函数g(x)在上单调递增，∴g<g，∴f <f .(2)已知定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝2，则不等式f(x)<2ex的解集为(　　)A．(－∞，0)   B．(－∞，2)C．(0，＋∞)   D．(2，＋∞)答案　C解析　设g(x)＝，则g′(x)＝.∵f(x)>f′(x)，∴g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减．∵f(0)＝2，∴g(0)＝f(0)＝2，则不等式等价于g(x)<g(0)．∵函数g(x)单调递减，∴x>0，∴不等式的解集为(0，＋∞)．反思感悟　解决不等式问题，通常先构造新函数，然后再利用导数研究这个函数的单调性，从而使不等式问题得以解决．五、利用导数证明不等式例5　已知函数f(x)＝x2－aln x(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)当x>1时，证明：x2＋ln x<x3.(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－＝.当a≤0时， f′(x)>0，则f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，由f′(x)>0得x>，由f′(x)<0，得0<x<，所以当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．(2)证明　令g(x)＝x3－x2－ln x, 则g′(x)＝2x2－x－＝＝＝，当x>1时，g′(x)>0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)>0，所以x3－x2－ln x>0，即x2＋ln x<x3.反思感悟　利用导数证明不等式(比较大小)常与函数最值问题有关．因此，解决该类问题通常是构造一个函数，然后考察这个函数的单调性，结合给定的区间和函数在该区间端点的函数值使问题得以求解．