第三章 第二节第二课时 导数与函数常考问题的破解技法课件PPT

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课时跟踪检测（十六）  导数与函数常考问题的破解技法1．若函数y＝f(x)的图象如图所示，则y＝f′(x)的图象可能是(　　)解析：选D　由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足．2．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调递减区间为(－1,3)，则b＋c＝(　　)A．－12　　　　　　　　　 B．－10C．8  D．10解析：选A　f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意知，－1<x<3是不等式3x2＋2bx＋c<0的解，∴－1,3是f′(x)＝0的两个根，∴b＝－3，c＝－9，∴b＋c＝－12.3．设F(x)＝f(x)g(x)是R上的奇函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(2)＝0，则不等式F(x)<0的解集是(　　)A．(－2,0)∪(2，＋∞)  B．(－2,0)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)  D．(－∞，－2)∪(0,2)解析：选D　因为F(x)＝f(x)·g(x)，所以F′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)·g′(x)．当x<0时，F′(x)>0，即F(x)在(－∞，0)上单调递增，且F(2)＝f(2)·g(2)＝0，又因为F(－x)＝－F(x)，所以F(－2)＝－F(2)＝0.作出F(x)的大致图象如图所示，所以F(x)<0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)，故选D.4．(多选)设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝ln x，f(1)＝，则下列结论不正确的是(　　)A．xf(x)在(0，＋∞)单调递增B．xf(x)在(0，＋∞)单调递减C．xf(x)在(0，＋∞)上有极大值D．xf(x)在(0，＋∞)上有极小值解析：选ABC　由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x得x＞0，则xf′(x)＋f(x)＝，即[xf(x)]′＝，设g(x)＝xf(x)，即g′(x)＝，由g′(x)＞0得x＞1，由g′(x)＜0得0＜x＜1，即xf(x)在(1，＋∞)单调递增，在(0,1)单调递减，即当x＝1时，函数g(x)＝xf(x)取得极小值g(1)＝f(1)＝，故选A、B、C.5．函数f(x)＝x3－x2＋a，函数g(x)＝x2－3x，它们的定义域均为[1，＋∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上方，那么a的取值范围是(　　)A．(0，＋∞)  B．(－∞，0)C．   D．解析：选A　设h(x)＝f(x)－g(x)＝x3－x2＋a－x2＋3x，则h′(x)＝x2－4x＋3＝(x－3)(x－1)，所以当x∈(1,3)时 ，h(x)单调递减；当x∈(3，＋∞)时，h(x)单调递增．当x＝3时，函数h(x)取得最小值．因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方，则有h(x)min>0，即h(3)＝a>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)．6．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若对任意的x∈R，都有f(x)>f′(x)＋1，且f(0)＝2 020，则不等式f(x)－2 019ex<1的解集为(　　)A．(0，＋∞)  B．(－∞，0)C．   D．解析：选A　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝，因为f(x)>f′(x)＋1，所以g′(x)<0，可得g(x)＝在R上单调递减，又f(0)＝2 020，则g(0)＝＝2 019，不等式f(x)－2 019ex<1即f(x)－1<2 019ex得<2 019，即g(x)<g(0)，因为g(x)在R上单调递减，故得x>0.7．设1<x<2，则，2，的大小关系是(　　)A.2<<　　 B.<2<C.2<<   D.<2< 解析：选A　令f(x)＝x－ln x,1<x<2，则f′(x)＝1－>0，所以函数f(x)＝x－ln x,1<x<2为增函数，所以f(x)＝x－ln x>f(1)＝1>0，所以x>ln x>0，即1>>0，所以2<；又因为－＝>0，所以2<<，故选A.8．(2020·岳阳模拟)若函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．解析：∵函数f(x)＝x2－ex－ax在R上存在单调递增区间，∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即a＜2x－ex有解．设g(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，得x＝ln 2，则当x＜ln 2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞ln 2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴当x＝ln 2时，g(x)取得极大值也是最大值，且g(x)max＝g(ln 2)＝2ln 2－2，∴a＜2ln 2－2.答案：(－∞，2ln 2－2)9．已知函数f(x)＝x3－x2＋2x＋.(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)若直线y＝2x＋b是函数y＝f(x)图象的一条切线，求b的值．解：(1)因为f(x)＝x3－x2＋2x＋，定义域为R，所以f′(x)＝x2－3x＋2.令f′(x)>0，解得x<1或x>2；令f′(x)<0，解得1<x<2.所以函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，1)和(2，＋∞)，单调递减区间为(1,2)，函数y＝f(x)的极大值为f(1)＝，极小值为f(2)＝.(2)令f′(x)＝x2－3x＋2＝2，解得x＝0或x＝3，则f(0)＝，f(3)＝2，所以切点坐标为或(3,2)，则有b＝或2×3＋b＝2，解得b＝或b＝－4.10．已知函数f(x)＝x3ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)若不等式f(x)≥mx2对x∈R恒成立，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2ex＋x3ex＝x2ex(x＋3)，令f′(x)>0，得x>－3，则f(x)的单调递增区间为(－3，＋∞)；令f′(x)<0，得x<－3，则f(x)的单调递减区间为(－∞，－3)．综上所述：f(x)的单调递增区间为(－3，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－3)．(2)当x＝0时，不等式f(x)≥mx2即0≥0，显然成立．当x≠0时，不等式f(x)≥mx2对x∈R恒成立，等价于m≤xex对x∈R恒成立．设g(x)＝xex(x≠0)，g′(x)＝(x＋1)ex，令g′(x)<0，得x<－1；令g′(x)>0，得x>－1且x≠0.所以g(x)min＝g(－1)＝－.所以m≤－，即m的取值范围为.11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx(a，b∈R)在x＝－3处取得极大值为9.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)在区间[－4,4]上的最大值与最小值．解：(1)由题意得：f′(x)＝x2＋2ax＋b，∴解得当时，f(x)＝x3＋x2－3x，f′(x)＝x2＋2x－3＝(x＋3)(x－1)，∴当x∈(－∞，－3)和(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－3,1)时，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，－3)，(1，＋∞)上单调递增，在(－3,1)上单调递减，∴f(x)的极大值为f(－3)＝9，满足题意．(2)由(1)得：f(x)的极大值为f(－3)＝9，极小值为f(1)＝＋1－3＝－，又f(－4)＝，f(4)＝，∴f(x)在区间[－4,4]上的最大值为，最小值为－.12．已知函数f(x)＝ax2－x－2ln x(a∈R)．(1)若函数f(x)的一个极值点为x＝1，求函数f(x)的极值；(2)讨论f(x)的单调性．解：(1)∵f(x)＝ax2－x－2ln x(x>0)，∴f′(x)＝2ax－1－.∵x＝1是函数f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝2a－1－2＝0，解得a＝.∴f′(x)＝3x－1－＝＝，∴当0<x<1时，f′(x)<0；当x>1时，f′(x)>0.∴f(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1，＋∞)，∴f(x)的极小值为f(1)＝－1＝，无极大值．(2)由题意得f′(x)＝2ax－1－＝(x>0)，①当a≤0时，f′(x)<0对x>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．②当a>0时，由f′(x)＝0，即2ax2－x－2＝0，得x1＝，x2＝，显然x1<0，x2>0，且当0<x<x2时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>x2时，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上可得，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．