(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

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所以当x∈[1,4]时,a≤2-恒成立,

xx?12?又当x∈[1,4]时,?2-?min=-1(此时x=1),

?xx?

所以a≤-1,即a的取值范围是(-∞,-1].

2.本例(2)中,若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间,求a的取值范围. 解 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间, 则h′(x)<0在[1,4]上有解, 12

所以当x∈[1,4]时,a>2-有解,

xx?12?又当x∈[1,4]时,?2-?min=-1(此时x=1), xx?

?

所以a>-1,又因为a≠0,

所以a的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞). 思维升华根据函数单调性求参数的一般思路

(1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集.

(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0且在(a,b)内的任一非空子区间上,f′(x)不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解. (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.

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跟踪训练2(1)(2018·安徽江南十校联考)设函数f(x)=x-9lnx在区间[a-1,a+1]上单

2调递减,则实数a的取值范围是( ) A.(1,2] C.(-∞,2] 答案 A

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解析 ∵f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=x-,

B.[4,+∞) D.(0,3]

x∴由f′(x)≤0,解得0

?a-1>0,?

??a+1≤3,

(2)(2018·乐山期末)若f(x)=x-alnx在(1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围为( ) A.(-∞,1) C.(-∞,2) 答案 D

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B.(-∞,1] D.(-∞,2]

解析 由f(x)=x-alnx,得f′(x)=2x-, ∵f(x)在(1,+∞)上单调递增,

∴2x-≥0在(1,+∞)上恒成立,即a≤2x在(1,+∞)上恒成立, ∵当x∈(1,+∞)时,2x>2,∴a≤2.

2

2

axax2

用分类讨论思想研究函数的单调性

含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论,常见的分类讨论标准有以下几种可能: ①方程f′(x)=0是否有根;②若f′(x)=0有根,求出根后判断其是否在定义域内;③若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法.

例已知函数g(x)=lnx+ax-(2a+1)x,若a≥0,试讨论函数g(x)的单调性. 2ax-?2a+1?x+1?2ax-1??x-1?

解 g′(x)==.

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xx∵函数g(x)的定义域为(0,+∞), ∴当a=0时,g′(x)=-

x-1

. x由g′(x)>0,得01. 1

当a>0时,令g′(x)=0,得x=1或x=,

2a11若<1,即a>, 2a2

1由g′(x)>0,得x>1或0

2a 14

由g′(x)<0,得1

2a

若12a>1,即0

, 由g′(x)>0,得x>1

2a或0

由g′(x)<0,得1

2a,

若12a=1,即a=1

2,在(0,+∞)上恒有g′(x)≥0. 综上可得:当a=0时,函数g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减;

当0

2时,函数g(x)在(0,1)上单调递增,

在???1,12a???上单调递减,在??1?2a,+∞???上单调递增; 当a=1

2时,函数g(x)在(0,+∞)上单调递增;

当a>12时,函数g(x)在???0,12a???上单调递增,

在?

?1?2a,1???

上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

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1.函数f(x)=(x-3)e的单调递增区间是( ) A.(-∞,2) C.(1,4) 答案 D

解析 因为f(x)=(x-3)e,所以f′(x)=e(x-2).令f′(x)>0,得x>2,所以f(x)的单调递增区间为(2,+∞).

2.(2018·济南调研)已知定义在R上的函数f(x),其导函数f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙述正确的是( )

xxxB.(0,3) D.(2,+∞)

A.f(b)>f(c)>f(d) B.f(b)>f(a)>f(e) C.f(c)>f(b)>f(a) D.f(c)>f(e)>f(d)

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