数学北师大版选修2-2例题与探究 第三章1.1导数与函数

高手支招3综合探究
1.函数的导数与函数增减的速度之间的关系
递增函数就是函数值随自变量的增大而增大,一个函数的增长速度快,就是说,在自变量的变化相同时,函数值的增长大,即平均变化率大,导数也就大;递减函数就是函数值随自变量的增大而减小,一个函数减小得快,那么在自变量的变化相同时,函数值的减小越多,即平均变化率大,导数的绝对值也就大,从而导数的绝对值越大,函数增减的速度就越快. 2.导数与函数的单调性的关系 (1)f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系.
f′(x)＞0能推出f(x)为增函数,但反之不一定.如函数f(x)=x 3在(-∞,+∞)上单调递增,但f′(x)≥0,∴f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件. (2)f′(x)≠0时,f′(x)＞0与f(x)为增函数的关系.
若将f′(x)=0的根作为分界点,因为规定f′(x)≠0,即去掉了分界点,此时f(x)为增函数,就一定有f′(x)＞0.∴当f′(x)≠0时,f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分必要条件. (3)f′(x)≥0与f(x)为增函数的关系.
f(x)为增函数,一定可以推出f′(x)≥0,但反之不一定,因为f′(x)≥0,即为f ′(x)＞0或f′(x)=0.当函数在某个区间内恒有f′(x)=0,则f(x)为常数,函数不具有单调性.∴f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件.
高手支招4典例精析
【例1】 (2006高考全国Ⅰ，理21) 已知函数f(x)=ax
e x
x --+11. (1)设a ＞0,讨论y=f(x)的单调性;
(2)若对任意x ∈(0,1),恒有f(x)＞1,求a 的取值范围. 思路分析:(1)先找出使函数f(x)=
ax
e x
x --+11有意义的区间,然后求出函数f(x)的导数f′(x),最后根据f′(x)分区间讨论函数f(x)的单调性.(2)若要求出对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞1时的a 的取值范围,只需要利用函数的单调性在不同的a 的取值范围内分别讨论即可.
解:(1)f(x)的定义域为(-∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得f′(x)=ax
e x a ax ---+2
2)1(2.
当a=2时,f′(x)=x
e x x 22
2)
1(2--,f′(x)在(-∞,0),(0,1)和(1,+∞)均大于0,所以f(x)在(-∞,1),(1,+∞)为增函数.
当0＜a ＜2时,f′(x)＞0,f(x)在(-∞,1),(1,+∞)为增函数. 当a ＞2时,0＜
a a 2-＜1,令f′(x)=0,解得x 1=a a 2--,x 2=a
a 2
-. 当x 变化时,f′(x)和f(x)的变化情况如下表:
f(x)在(-∞,a a 2--
),(a a 2-,1),(1,+∞)上为增函数,f(x)在(a a 2--,a
a 2
-)上为减函数. (2)当0＜a≤2时,由(1)知:对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞f(0)=1. 当a ＞2时,取x 0=
21a
a 2
-∈(0,1),则由(1)知:f(x 0)＜f(0)=1, 当a≤0时,对任意x ∈(0,1),恒有
x x -+11＞1且e -ax ≥1,得f(x)=x x -+11e -ax ≥x
x
-+11＞1. 综上所述,当且仅当a ∈(-∞,2]时,对任意x ∈(0,1)恒有f(x)＞1.
【例2】 设a 为实数,函数f(x)=x 3-ax 2+(a 2-1)x 在(-∞,0)和(1,+∞)上都是增函数,求a 的取值范围.
思路分析:先求出与函数f(x)对应的一元二次方程的判别式Δ,然后分Δ=0、Δ＜0、Δ＞0三种情况分别进行讨论.
解:f′(x)=3x 2-2ax+(a 2-1),其对应方程的判别式Δ=4a 2-12a 2+12=12-8a 2. (1)若Δ=12-8a 2=0,即a=±
2
6
,当x ∈(-∞,3a )或x ∈(3a ,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)为增函数.
所以a=±
2
6
满足要求. (2)若Δ=12-8a 2＜0,恒有f′(x)＞0,f(x)在(-∞,+∞)上为增函数,所以a 2＞
2
3,即a ∈(-∞,26-
)∪(2
6,+∞)也满足要求. (3)若Δ=12-8a 2
＞0,即26-＜a ＜26,令f′(x)=0,解得x 1=3232a a --,x 2=3
232
a a -+.
当x ∈(-∞,x 1),或x ∈(x 2,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)为增函数;当x ∈(x 1,x 2)时,f′(x)＜0,f(x)为减函数.依题意x 1≥0且x 2≤1.由x 1≥0得a≥223a -,解得1≤a ＜
2
6.由x 2≤1得223a -≤3-a,解得26
-
＜a ＜
26,从而a ∈[1,2
6
). 综上,a 的取值范围为(-∞,26-]∪[26,+∞)∪[1,2
6),即a ∈(-∞,26
-]∪[1,∞). 【例3】当x ∈(0,
2
π
)时,证明：tanx ＞x. 思路分析:首先构造函数f(x)=tanx-x,然后判断f(x)在(0,
2
π
)上的单调性.
证明:设f(x)=tanx-x,x ∈(0,
2
π). ∴f′(x)=x x
x x x x x x 22
22222tan cos
cos 11cos 11cos sin cos 1)cos sin (=-=-=-+=-'=tan 2x ＞0. ∴f(x)在(0,
2
π
)上为增函数. 又∵f′(0)=0且f(0)=0, ∴当x ∈(0,
2
π
)时,f(x)＞f(0)恒成立,即tanx-x ＞0. ∴tanx ＞x.
【例4】(2006高考全国Ⅱ，理20)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax 成立,求实数a 的取值范围.
思路分析:依据f(x)≥ax,可以设出一新函数g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,再求出其单调区间,然后利用其单调区间内函数的单调性讨论实数a 的取值范围. 解法一:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,
对函数g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a, 令g′(x)=0,解得x=e a-1-1,
(i)当a≤1时,对所有x ＞0,g′(x)＞0,所以g(x)在[0,+∞)上是增函数, 又g(0)=0,所以对所有x≥0,都有g(x)≥g(0), 即当a≤1时,对于所有x≥0,都有f(x)≥ax.
(ii)当a ＞1时,对于0＜x ＜e a-1-1,g′(x)＜0,所以g(x)在(0,e a-1-1)是减函数,又g(0)=0,所以对0＜x ＜e a-1-1,都有g(x)＜g(0),
即当a ＞1时,不是对所有的x≥0,都有f(x)≥ax 成立. 综上,a 的取值范围是(-∞,1]. 解法二:令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax,
于是不等式f(x)≥ax 成立即为g(x)≥g(0)成立. 对函数g(x)求导数:g′(x)=ln(x+1)+1-a, 令g′(x)=0,解得x=e a-1-1,
当x ＞e a-1-1时,g′(x)＞0,g(x)为增函数, 当-1＜x ＜e a-1-1,g′(x)＜0,g(x)为减函数,
所以对所有x≥0都有g(x)≥g(0)成立的充要条件为e a-1-1≤0. 由此得a≤1,即a 的取值范围是(-∞,1]. 【例5】(2007陕西高考，理11) f(x)是定义在(0,+∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)+f(x)≤0，对任意正数a 、b ，若a ＜b ，则必有（ ）
A.af(b)≤bf(a)
B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤f(b)
D.bf(b)≤f(a)
思路分析:本题运用了三个知识点：(1)复合函数的求导法则；(2)导函数的正负对原函数单调性的影响；(3)不等式的传递性. ∵xf′(x)+f(x)≤0,∴f′(x)≤x
x f )
(-≤0. ∴f(x)单调递减. ∴
)(00)(--≤--a a f b b f ,
即af(b)≤bf(a).
答案:A
高手支招5思考发现
1.在利用导数讨论函数的单调区间时,首先要确定函数的定义域,解决问题的过程中,只能在函数的定义域内,通过讨论导数的符号,来判断函数的单调区间.
2.在对函数划分单调区间时,除了必须确定使导数等于零的点外,还要注意在定义区间内的不可导点.
3.利用导数可以研究函数的单调性,一般应先确定函数的定义域,再求导数f′(x),通过判断函数定义域被导数为零的点所划分的各区间内f′(x)的符号,来确定函数f(x)在该区间上的单调性.当给定函0数含有字母参数时,分类讨论难以避免,不同的化归方法和运算程序往往使分类方法不同,应注意分类讨论的准确性.
4.为了提高解题的准确性,在利用求导的方法确定函数的单调区间时,也必须先求出函数的定义域,然后再求导判断符号,以避免不该出现的失误.。