(鲁京津琼专用)2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用(第1课时)教案(含解析) 下载本文

题型二 含参数的函数的单调性

例1 讨论函数f(x)=(a-1)lnx+ax+1的单调性. 解 f(x)的定义域为(0,+∞),

2

a-12ax+a-1

f′(x)=+2ax=. xx2

①当a≥1时,f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)上单调递增; ②当a≤0时,f′(x)<0,故f(x)在(0,+∞)上单调递减; ③当0

1-a?

,则当x∈?0,2a?

1-a?

?时,f′(x)<0;当2a?

x∈?

在?

??1-a??

,+∞?时,f′(x)>0,故f(x)在?0,2a??1-a?

,+∞?上单调递增. 2a?

1-a??上单调递减, 2a?

??

综上所述,当a≥1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当0

??1-a?

?上单调递减, 2a?

??1-a?

,+∞?上单调递增. 2a?

思维升华 (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. 跟踪训练1 已知函数f(x)=e(ax-2x+2)(a>0).试讨论f(x)的单调性. 解 由题意得f′(x)=e[ax+(2a-2)x](a>0), 2-2a令f′(x)=0,解得x1=0,x2=.

x2

x2

a 9

2-2a①当00,则x<0或x>,

a2-2a令f′(x)<0,则0

a②当a=1时,f′(x)≥0在R上恒成立; 2-2a③当a>1时,令f′(x)>0,则x>0或x<,

a2-2a令f′(x)<0,则

a综上所述,当0

?2-2a,+∞?上单调递增,在?0,2-2a?上单

??a??a???

当a=1时,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;

2-2a???2-2a,0?上单调递减.

当a>1时,f(x)在?-∞,?和(0,+∞)上单调递增,在??

?a??a?

题型三 函数单调性的应用

命题点1 比较大小或解不等式

例2(1)设函数f(x)=e+x-2,g(x)=lnx+x-3,若实数a,b满足f(a)=0,g(b)=0,则( ) A.g(a)<0

解析 因为函数f(x)=e+x-2在R上单调递增,且f(0)=1-2<0,f(1)=e-1>0,所以

xx2

B.f(b)<0

f(a)=0时,a∈(0,1).又g(x)=lnx+x2-3在(0,+∞)上单调递增,且g(1)=-2<0,

所以g(a)<0.

由g(2)=ln2+1>0,g(b)=0得b∈(1,2), 又f(1)=e-1>0,所以f(b)>0. 综上可知,g(a)<0

(2)已知定义域为R的偶函数f(x)的导函数为f′(x),当x<0时,xf′(x)-f(x)<0.若a=

f?e?

e

,b=

f?ln2?

ln2

,c=

f?3?

3

,则a,b,c的大小关系是( )

A.b

10

解析 设g(x)=

f?x?xf′?x?-f?x?

,则g′(x)=, xx2

又当x<0时,xf′(x)-f(x)<0,

所以g′(x)<0,即函数g(x)在区间(-∞,0)内单调递减.因为f(x)为R上的偶函数,所以2

(3)已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf′(x)-f(x)<0,其中f′(x)是函数f(x)的导函数.若2f(m-2019)>(m-2019)f(2),则实数m的取值范围为( ) A.(0,2019) C.(2021,+∞) 答案 D 解析 令h(x)=则h′(x)=

B.(2019,+∞) D.(2019,2021)

f?x?

,x∈(0,+∞), xxf′?x?-f?x?

.

x2

∵xf′(x)-f(x)<0,∴h′(x)<0, ∴函数h(x)在(0,+∞)上单调递减, ∵2f(m-2019)>(m-2019)f(2),m-2019>0, ∴

f?m-2019?f?2?

>,即h(m-2019)>h(2).

m-20192

∴m-2019<2且m-2019>0,解得2019

(4)设f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)=0,当x>0时,有等式xf(x)>0的解集是__________________. 答案 (-∞,-2)∪(0,2) 解析 ∵当x>0时,?∴φ(x)=2

xf′?x?-f?x?

<0恒成立,则不

x2?f?x??′=x·f′?x?-f?x?<0,

?x2?x?

f?x?

在(0,+∞)上为减函数,又φ(2)=0, x∴在(0,+∞)上,当且仅当00, 此时xf(x)>0.

又f(x)为奇函数,∴h(x)=xf(x)也为奇函数. 故xf(x)>0的解集为(-∞,-2)∪(0,2). 命题点2 根据函数单调性求参数

12

例3(2018·石家庄质检)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ax+2x(a≠0).

2

2

2

2

11

(1)若函数h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求a的取值范围; (2)若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求a的取值范围. 解 (1)h(x)=lnx-12

2

ax-2x,x∈(0,+∞),

所以h′(x)=1

x-ax-2,由于h(x)在(0,+∞)上存在单调递减区间,

所以当x∈(0,+∞)时,1

x-ax-2<0有解,

即a>12

x2-x有解.

设G(x)=12

x2-x,所以只要a>G(x)min即可.

而G(x)=??1?x-1??2

?

-1,所以G(x)min=-1.

所以a>-1.

又因为a≠0,所以a的取值范围为(-1,0)∪(0,+∞). (2)因为h(x)在[1,4]上单调递减,

所以当x∈[1,4]时,h′(x)=1

x-ax-2≤0恒成立,

即a≥12

x2-x恒成立.

由(1)知G(x)=12

x2-x,

所以a≥G(x)max,而G(x)=??1?x-1??2

?

-1,

因为x∈[1,4],所以1x∈??1?4,1?

??,

所以G(x)7

max=-16(此时x=4),

所以a≥-7

16

,又因为a≠0,

所以a的取值范围是??7?-16,0???

∪(0,+∞). 引申探究

1.本例(2)中,若函数h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递增,求a的取值范围.解 因为h(x)在[1,4]上单调递增, 所以当x∈[1,4]时,h′(x)≥0恒成立,

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