高考数学第1轮总复习 12.5导数的应用(第1课时)课件 理(广西专版)

• (2)解法1：由题意知ex-a≤0 • 在(-∞，0］上恒成立, • 所以a≥ex在(-∞，0］上恒成立. • 因为g(x)=ex在(-∞，0］上为增函数, • 所以当x=0时，ex取得最大值1. • 所以a≥1. • 同理可知ex-a≥0在［0，+∞)上恒成立， • 即a≤ex在［0，+∞)上恒成立， • 所以a≤1.所以a=1.
数，在(lg a
1a
，+∞)上是增函数.
1a
• 点评：含参数的函数的单调性问题，在求
导后判断f ′(x)的符号时，需要根据参数的
取值情况进行分类讨论.
• 已知函数f(x)=e2x-2t(ex+x)+x2+2t2+1，
•
g x 1 f ( x)，证明：
2
• (1)当t＜ 2 2时，g(x)在R上是增函数；
• 令f ′(x)>0,解得x>2,故选D.
• 2.若函数 • 则a=
f. x

x2 a 在x=1处取极值，
x1
• 解：由 •
3
f

x

2x x 1 x2
解得a x=3.12

a
.
f 1 3 a 0，
4
题型1 利用导数判断函数的单调性及简单证明
题型2 利用导数讨论函数的单调性
• 2. 设a为实常数，试讨论函数
• f(x)=lg(10x+1)-ax的单调性.
• 解： f x
1
(10x 1) a
10x 1 ln10

10 x
1 1
ln10
10x

ln10

a

10 x 10x
1

a

1
一个极小值，记作y极小值=f(x0)，极大
值与极小值统称极为值⑥
.
• 3. 当函数f(x)在点x0处连续时，如果在 x0附近的左侧f ′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0， 那 的么左f侧(xf0)′(是x)⑦＜0，极右大侧值f；′(x如)＞果0在，x那0附么近
f(x0)是⑧极小值 .
• 4.设函数f(x)在［a，b］上连续，在(a，b) 内可导，求f(x)在［ a，b ］上的最大值 与最小值的步骤如下：
• (1)求f(x)在(a，b)内的⑨ 极值 ； • (其2)中将最f(x大)的的各一极个值是与最⑩大值，f(a最)、小f(的b)一比个较是，
最小值.
• 1.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是( D)
• A. (-∞,2)
B. (0,3)
• C. (1,4)
D. (2,+∞)
• 解：f ′(x)=(x-3)′ex+(x-3)(ex)′=(x-2)ex,
• 1. 求函数y=2x3-9x2+12x-3的单调区间. • 解：函数的定义域为R. • y′=6x2-18x+12=6(x-1)(x-2). • 令y′=0，得x1=1，x2=2. • x1，x2将定义域分成三个区间(-∞，1)， • (1，2)，(2，+∞)，可列表讨论如下：
x (-∞，1) 1 (1，2) 2 (2，+∞)
第十二章 极限与导数
第
讲
（第一课时）
考点 搜索
高考 猜想
●利用导数判断函数单调性的基本原理
●函数极值的概念及其判定原理
●函数的最大值与最小值
1.利用导数确定函数的单调性、极值和最 值，并进行分类讨论.
2.利用导数解决方程、不等式问题，以及 实际应用性问题，考查导数的工具性作 用.
• 1. 设函数y=f(x)在某个区间内可导，如果f ′(x)＞0，则f(x)为① 增函;数如果f ′(x)＜0， 则f(x)为② 减函.数
• 所以k= 1或k=- (3舍去).
• 当k=
1时2，f
8
′(x)=x3-2x2-x+2
2
• =(x+1)(x-1)(x-2).
• 所以当1＜x＜2时，f ′(x)＜0;
• 当x＞2时，f ′(x)＞0，符合题意.
• 故存在常数k= 满1 足条件.
2
• 1. 利用导数判定函数的单调性原理，可以 结合曲线的切线的斜率的几何性质加以理 解，斜率为正，曲线上升，函数单调递增； 斜率为负，曲线下降，函数单调递减.
a 10x
10x 1

a

1
aBiblioteka 10 x
1
a
10x 1
a

(a

1).
• (1)因为10x+1＞10x＞0，所以
10 x 10x
＜1， 1
• •
故当a≥1时，
f
(
x)

10 x 10x
1
(2)当0＜a＜1时，1-a＞0，

a＜0. a ＞0.
• • •
令 f ′(x)＞0，则 令 f ′(x)＜0，则 (3)当a≤0时，
f
(
x
10 x＞
a即，1
a x＞lg
a
;
10 )
1a
x＜ a即，
1a
x
10 x 10x
1

a>0.

1a lg a
1a
.
• 综上分析，
• 当a≤0时，f(x)是增函数；
• 当a≥1时， f(x)是减函数；
• 当0＜a＜1时， f(x)在(-∞， lg a)上是减函
• 解法2：由题意知，x=0为f(x)的极小值点，
• 所以f ′(0)=0,即e0-a=0,所以a=1.
• 点评：由可导函数在某指定区间上是单调的， 可得此函数在区间上的导函数的符号是确定的， 再由此得到相应的不等式有解(或恒成立)，可 求得参数的取值范围.
• 设函数 f x k 2 x4 2 x3 kx2 2x 1，试
• (2)对于给定的闭区间［a，b］，总存在实数k，
• 当t＞k时，g(x)在闭区间［a，b］上是减函数.
• 证明：(1)由题设得g(x)=e2x-t(ex+1)+x，
• 则g′(x)=2e2x-tex+1.
• 又由2ex+e-x≥ 2，2且t＜ 2 ，2得t＜2ex+e-x，
• 即g′(x)=2e2x-tex+1＞0.
求函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)的单调 递增区间．
解：因为
f′(x)＝(x－2)(x－3)＋(x－1)(x－3)＋(x－1)(x－2) ＝3x2－12x＋11.
由
f′(x)≥0，得
x≤2－
33或
x≥2＋
3 3.
故函数 f(x)的单调递增区间是(－∞，2－ 33]与[2＋ 33，＋∞)．
• 如果在某个区间内恒有③ f ′(x)=0，则 f(x)为常数.
• 2. 设函数f(x)在点x0附近有定义，如果对x0 附 就近说的f(x所0)是有函的数点f，(x)都的有一④个极大f(x值)＜，f(记x0作)，y 极大值=f(x0);
• 如果对x0附近的所有的点，都有
⑤f(x)＞f(x0) ，就说f(x0)是函数f(x)的
• 3. 已知f(x)=ex-ax-1. • (1)若f(x)在定义域R内单调递增， • 求a的取值范围； • (2)是否存在a,使f(x)在(-∞，0］上单调递减， • 在［0，+∞)上单调递增？若存在， • 求出a的值；若不存在，说明理由.
• 解：f ′(x)=ex-a. • (1)因为f(x)在R内单调递增， • 所以f ′(x)≥0在R上恒成立. • 所以ex-a≥0，即a≤ex在R上恒成立. • 所以a≤(ex)min. • 又因为ex＞0，所以a≤0. • 故a的取值范围为(-∞,0］.
推断是否存在正常数k，3 使f(x)在(1，22)上是 减函数，在(2，+∞)上是增函数？ • 解：f ′(x)=4k2x3-2x2-2kx+2. • 依据题意，当x∈(1，2)时， • f ′(x)＜0;当x∈(2，+∞)时，f ′(x)＞0. • 又f(x)为连续函数，所以f ′(2)=0，
• 即32k2-8-4k+2=0，即16k2-2k-3=0，
• (1)求f ′(x)，令f ′(x)=0，求此方程在定义 域内的所有实根.
• (2)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的 横坐标和上面的各个实根，按从小到大的顺 序排列起来，然后以这些点为分界点，把函 数f(x)的定义域分成若干个小开区间.
• (3)确定f ′(x)在各个小开区间内的符号，并根 据f ′(x)的正负符号判定函数f(x)在各个相应 小开区间内的单调性.
2e2a-tea+1＜0
t＞2ea+e-a
，即
成立.
2e2b-teb+1＜0
t＞2eb+e-b
• 取2ea+e-a与2eb+e-b中较大者记为k， • 易知当t＞k时，g′(x)＜0在闭区间 • ［a，b］上恒成立， • 即g(x)在闭区间［a，b］上为减函数.
题型3 利用导数求单调函数中参数的取值范围
y′
+
0
-
0
+
y
极大值
极小值
•
y=2x3-9x2+12x-3的单调增区
间为(-∞，1)，(2，+∞)；单调减区间为(1，
2).
• 点评：利用导数判断函数在区间(a，b)上的 单调性，其步骤是：先求导函数f ′(x)，然后 判断导函数f ′(x)在区间(a，b)上的符号；而 求函数的单调区间，则先求导，然后解方程f ′(x)=0，得出不等式f ′(x)>0的解的区间(即递 增区间)或f ′(x)<0的解的区间(即递减区间).若 没有指定区间，应先求出函数的定义域.
• 2. “在区间D内f ′(x)＞0”是“f(x)在区间D上 是增函数”的充分非必要条件.因为若f(x)在 区间D上是增函数，则有可能存在x0∈D， 使f ′(x0)=0.
• 同时，如果函数f(x)在闭区间［a，b］上
具有单调性，则f(x)在区间端点处的导数
可能为0.
• 3. 求可导函数在定义域内的单调区间的 一般步骤是：
• 证法2：因为 g′(x)＜0是g(x)为 • 减函数的充分条件， • 所以只要找到实数k， • 使得t＞k时， g′(x)= 2e2x-tex+1 ＜0 • 在闭区间［ a，b ］上成立即可. • 令m=ex，则 g′(x)＜0(x∈［ a，b ］) • 当且仅当2m2-tm+1＜0(m∈［ea，eb］). • 而上式成立只需
• 由此可知，g(x)为R上的增函数.
• (2)证法1：因为g′(x)＜0是g(x)为减函数的 充分条件，所以只要找到实数k，使得t＞k 时， g′(x)= 2e2x-tex+1 ＜0，即t＞ 2ex+e-x 在闭区间［ a，b ］上成立即可.
• 因为y= 2ex+e-x在闭区间［ a，b ］上连续， 故在闭区间［ a，b ］上有最大值，设其为 k，于是在t＞k时， g′(x)＜0在闭区间［ a， b ］上恒成立，即g(x)在闭区间［ a，b ］ 上为减函数.