2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题:第三章 导数及其应用 3.2 第1课时 Word版含解析.pdf
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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 3.2 导数的应用 导数的应用 考情考向分析 考查函数的单调性、极值、最值,利用函数的性质求参数范围;与方程、 数列、不等式等知识相结合命题,强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的 应用意识;题型以解答题为主,一般难度较大 1函数的单调性 在某个区间(a,b)内,如果 f(x)0,那么函数 yf(x)在这个区间内单调递增 ; 如果 f(x)0,右侧 f(x)0,那么 f(x0)是极小值 (2)求可导函数极值的步骤 求 f(x); 求方程 f(x)0 的根; 考查 f(x)在方程 f(x)0 的根附近的左右两侧导数值的符号如果左正右负,那么
2、 f(x) 在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么 f(x)在这个根处取得极小值 3函数的最值 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)在闭区间a,b上连续的函数 f(x)在a,b上必有最大值与最小值 (2)若函数 f(x)在a,b上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函数 f(x) 在a,b上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值 概念方法微思考 1“f(x)在区间(a,b)上是增函数,则 f(x)0 在(a,b)上恒成立” ,这种说法是否正确? 提示 不正确,正确的说法是: 可导函数 f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条
3、件是对x(a,b),都有 f(x)0(f(x)0) 且 f(x)在(a,b)上的任何子区间内都不恒为零 2 对于可导函数 f(x), “f(x0)0” 是 “函数 f(x)在 xx0处有极值” 的_条件 (填 “充 要”“充分不必要”“必要不充分”) 提示 必要不充分 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”) (1)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f(x)0,则 f(x)在此区间内没有单调性( ) (2)函数的极大值一定大于其极小值( ) (3)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值( ) 题组二 教材改编 2P29T1函数 yx3x25x5 的
4、单调增区间是_ 答案 ,(1,) (, 5 3) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析 令 y3x22x50,得 x1. 5 3 3P31T1函数 y3x39x5 的极大值为_ 答案 11 解析 y9x29,令 y0,得 x1. 当 x 变化时,y,y 的变化情况如下表: x(,1)1(1,1)1(1,) y00 y极大值极小值 从上表可以看出,当 x1 时,函数 y 取得极大值为 3(1)39(1)511. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 4P34T2函数 f(x)x2sin x 在(0,)上的单调增区间为_ 答案 ( 3,) 解析 令 f(x)12cos x0,得
5、cos x0;当 x时,y1. 不等式的解集为(1,) 7函数 f(x)x3ax2ax 在 R 上单调递增,则实数 a 的取值范围是_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 3,0 解析 f(x)3x22axa0 在 R 上恒成立,即 4a212a0,解得3a0,即实数 a 的取值范围是3,0 8若函数 f(x) x3 x2ax4 恰在1,4上单调递减,则实数 a 的值为_ 1 3 3 2 答案 4 解析 f(x)x23xa,且 f(x)恰在1,4上单调递减, f(x)x23xa0 的解集为1,4, 1,4 是方程 f(x)0 的两根, 则 a(1)44. 9若函数 f(x) x3
6、4xm 在0,3上的最大值为 4,m_. 1 3 答案 4 解析 f(x)x24,x0,3,当 x0,2)时,f(x)0,所以 f(x) 在0,2)上是减函数, 在(2,3上是增函数 又 f(0)m, f(3)3m.所以在0,3上, f(x)maxf(0) 4,所以 m4. 10已知函数 f(x) x3x22ax1,若函数 f(x)在(1,2)上有极值,则实数 a 的取值范围为 1 3 _ 答案 (3 2,4) 解析 f(x)x22x2a 的图象是开口向上的抛物线,且对称轴为 x1,则 f(x)在(1,2) 上是单调递增函数,因此Error!解得 0,即 8x 0,解得 x , 1 x2 1
7、2 函数 y4x2 的单调增区间为. 1 x ( 1 2,) 2函数 f(x)xexex1的单调增区间是_ 答案 (e1,) 解析 由 f(x)xexex1, 得 f(x)(x1e)ex, 令 f(x)0,解得 xe1, 所以函数 f(x)的单调增区间是(e1,) 3已知函数 f(x)xln x,则 f(x)的单调减区间是_ 答案 (0,1 e) 解析 因为函数 f(x)xln x 的定义域为(0,), 所以 f(x)ln x1(x0), 当 f(x)0, 则其在区间(,)上的解集为, (, 2) (0, 2) 即 f(x)的单调增区间为和. (, 2) (0, 2) 思维升华 确定函数单调区
8、间的步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域 (2)求 f(x) (3)解不等式 f(x)0,解集在定义域内的部分为单调增区间 (4)解不等式 f(x)0, 所以令 g(x)ax22x0,解得 x0 或 x . 2 a 当 a0 时, 函数 g(x)ax22x 在(, 0)和上有 g(x)0, 即 f(x)0, 函数 yf(x) (, 2 a) 单调递增; 函数 g(x)ax22x 在上有 g(x)0, 2 a,0 即 f(x)0,函数 yf(x)单调递减 综上所述,当 a0 时,函数 yf(x)的单调增区间为(0,),单调减区间为(,0); 当 a0 时,函数 yf(x)的单调减区间为(,0)
9、,单调增区间为; ( 2 a,) 0, 2 a 当 a0,则由 f(x)0 得 xln a. 当 x(,ln a)时,f(x)0. 故 f(x)在(,ln a)上单调递减,在(ln a,)上单调递增 若 a0. (ln( a 2),) 故 f(x)在上单调递减, (,ln( a 2) 在上单调递增 (ln( a 2),) 综上所述,当 a0 时,f(x)在(,)上单调递增; 当 a0 时,f(x)在(,ln a)上单调递减,在(ln a,)上单调递增; 当 a0 恒成立已知 af(2),b f(3),c(1)f(),则 a,b,c 的大小关系为 1 2 22 _(用“0,即函数 g(x) fx
10、 x1 fxx1fx x12 单调递增 又 af(2)g(2),b f(3)g(3),c(1)f()g(), f2 21 1 2 f3 31 22 f 2 21 2 因为 1(m2 019)f(2),则实数 m 的取值范围为_ 答案 (2 019,2 021) 解析 令 h(x),x(0,), fx x 则 h(x). xfxfx x2 xf(x)f(x)(m2 019)f(2),m2 0190, ,即 h(m2 019)h(2) fm2 019 m2 019 f2 2 m2 0190,解得 2 0190 时,有0 的解集是_ 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 (,2)(0,2
11、) 解析 当 x0 时,0, 此时 x2f(x)0. 又 f(x)为奇函数, 在(,0)上,当 x0, 此时 x2f(x)0. 故 x2f(x)0 的解集为(,2)(0,2) 命题点 2 根据函数单调性求参数 例 3 已知函数 f(x)ln x,g(x) ax22x(a0) 1 2 (1)若函数 h(x)f(x)g(x)存在单调减区间,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)ln x ax22x,x(0,), 1 2 所以 h(x) ax2,由于 h(x)在(0,)上存在单调减区间, 1 x 所以当 x(0,)时,
12、ax2 有解 1 x2 2 x 设 G(x) ,所以只要 aG(x)min即可 1 x2 2 x 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 而 G(x) 21,所以 G(x)min1. ( 1 x1) 所以 a1. 又因为 a0,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 x1,4时,h(x) ax20 恒成立, 1 x 即 a 恒成立 1 x2 2 x 由(1)知 G(x) , 1 x2 2 x 所以 aG(x)max,而 G(x) 21, ( 1 x1) 因为 x1,4,所以 , 1 x 1 4,1 所以 G(x)max(此时 x4), 7
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