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2014届高考数学(理)第一轮复习学案——导数的应用(一)


第十二节

导数的应用(一)

[知识能否忆起] 1.函数的单调性 在(a,b)内可导函数 f(x),f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒等于 0. f′(x)≥0?f(x)在(a,b)上为增函数. f′(x)≤0?f(x)在(a,b)上为减函数. 2.函数的极值 (1)函数的极小值: 函数 y=f(x)在点 x=a 的函数值 f(a)

比它在点 x=a 附近其它点的函数值都小, f′(a)=0, 而且在点 x=a 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,则点 a 叫做函数 y=f(x)的极小值点, f(a)叫做函数 y=f(x)的极小值. (2)函数的极大值: 函数 y=f(x)在点 x=b 的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近的其他点的函数值都大,f′(b) =0,而且在点 x=b 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则点 b 叫做函数 y=f(x)的极大 值点,f(b)叫做函数 y=f(x)的极大值. 极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极值. 3.函数的最值 (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. [小题能否全取] 1.(教材习题改编)若函数 f(x)=x3+ax2+3x-9 在 x=-3 时取得极值,则 a 等于( A.2 C.4 B.3 D.5 )

解析:选 D ∵f′(x)=3x2+2ax+3,f′(-3)=0, ∴a=5. 1 2.(2012· 辽宁高考)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] B.(0,1] )

C.[1,+∞)

D.(0,+∞)

1 解析:选 B 函数 y= x2-ln x 的定义域为(0,+∞), 2 1 ?x-1??x+1? y′=x- = ,令 y′≤0,则可得 0<x≤1. x x 3.(2012· 陕西高考)设函数 f(x)=xex,则( A.x=1 为 f(x)的极大值点 B.x=1 为 f(x)的极小值点 C.x=-1 为 f(x)的极大值点 D.x=-1 为 f(x)的极小值点 解析:选 D 求导得 f′(x)=ex+xex=ex(x+1),令 f′(x)=ex(x+1)=0,解得 x=-1, 易知 x=-1 是函数 f(x)的极小值点. x3 4.函数 f(x)= +x2-3x-4 在[0,2]上的最小值是________. 3 解析:f′(x)=x2+2x-3,f′(x)=0,x∈[0,2], 17 得 x=1.比较 f(0)=-4,f(1)=- , 3 10 17 f(2)=- .可知最小值为- . 3 3 17 答案:- 3 5. 已知 a>0, 函数 f(x)=x3-ax 在[1, +∞)上是单调增函数, a 的最大值是________. 则 解析:f′(x)=3x2-a 在 x∈[1,+∞)上 f′(x)≥0, 则 f′(1)≥0?a≤3. 答案:3 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)=x3 在(-∞,+∞)上单调递增,但 f′(x)≥0,所以 f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分 不必要条件. 2.可导函数的极值点必须是导数为 0 的点,但导数为 0 的点不一定是极值点,即 f′(x0)=0 是可导函数 f(x)在 x=x0 处取得极值的必要不充分条件. 例如函数 y=x3 在 x=0 处 有 y′|x=0=0,但 x=0 不是极值点.此外,函数不可导的点也可能是函数的极值点. 3.可导函数的极值表示函数在一点附近的情况,是在局部对函数值的比较;函数 的最值是表示函数在一个区间上的情况,是对函数在整个区间上的函数值的比较. )

运用导数解决函数的单调性问题

典题导入 ln x+k [例 1] (2012· 山东高考改编)已知函数 f(x)= (k 为常数, e=2.718 28?是自然对数 ex 的底数),曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间. ln x+k [自主解答] (1)由 f(x)= , ex 1-kx-xln x 得 f′(x)= ,x∈(0,+∞), xex 由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行,所以 f′(1)=0,因此 k=1. 1 (2)由(1)得 f′(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞), xe 令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞), 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以 x∈(0,1)时,f′(x)>0; x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). 由题悟法 求可导函数单调区间的一般步骤和方法 (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求 f′(x),令 f′(x)=0,求出它在定义域内的一切实数根; (3)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实数根按由小到大的顺 序排列起来,然后用这些点把函数 f(x)的定义区间分成若干个小区间; (4)确定 f′(x)在各个开区间内的符号,根据 f′(x)的符号判定函数 f(x)在每个相应小开 区间内的增减性. 以题试法 1.已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e 为自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调递增区间; (2)是否存在 a 使函数 f(x)为 R 上的单调递减函数,若存在,求出 a 的取值范围;若不存 在,请说明理由. 解:(1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex,

∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0,∴-x2+2>0,解得- 2<x< 2. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2). (2)若函数 f(x)在 R 上单调递减, 则 f′(x)≤0 对 x∈R 都成立, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立. ∴Δ=(a-2)2+4a≤0,即 a2+4≤0,这是不可能的. 故不存在 a 使函数 f(x)在 R 上单调递减.

运用导数解决函数的极值问题

典题导入 [例 2] (2012· 江苏高考)若函数 y=f(x)在 x=x0 处取得极大值或极小值, 则称 x0 为函数 y =f(x)的极值点.已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2,求 g(x)的极值点. [自主解答] (1)由题设知 f′(x)=3x2+2ax+b,且 f′(-1)=3-2a+b=0, f′(1)=3+2a+b=0,解得 a=0,b=-3. (2)由(1)知 f(x)=x3-3x.因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以 g′(x)=0 的根为 x1=x2=1, x3=-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故-2 是 g(x)的极值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点为-2. 由题悟法 求函数极值的步骤 (1)确定函数的定义域; (2)求方程 f′(x)=0 的根; (3)用方程 f′(x)=0 的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表格; (4)由 f′(x)=0 根的两侧导数的符号来判断 f′(x)在这个根处取极值的情况. 以题试法 1 2. f(x)=2x3+ax2+bx+1 的导数为 f′(x), 设 若函数 y=f′(x)的图象关于直线 x=- 对 2

称,且 f′(1)=0. (1)求实数 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的极值. 解:(1)因为 f(x)=2x3+ax2+bx+1, 故 f′(x)=6x2+2ax+b, a a2 从而 f′(x)=6?x+6?2+b- , ? ? 6 a 即 y=f′(x)关于直线 x=- 对称. 6 a 1 从而由题设条件知- =- ,即 a=3. 6 2 又由于 f′(1)=0,即 6+2a+b=0, 得 b=-12. (2)由(1)知 f(x)=2x3+3x2-12x+1, 所以 f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2), 令 f′(x)=0, 即 6(x-1)(x+2)=0, 解得 x=-2 或 x=1, 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(-∞,-2)上单调递增; 当 x∈(-2,1)时,f′(x)<0, 即 f(x)在(-2,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(1,+∞)上单调递增. 从而函数 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=21, 在 x=1 处取得极小值 f(1)=-6.

运用导数解决函数的最值问题

典题导入 [例 3] 已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值. [自主解答] (1)f′(x)=(x-k+1)ex. 令 f′(x)=0,得 x=k-1.

f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,k-1) - ? k-1 0 -e
k -1

(k-1,+∞) + ?

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]上的最小 值为 f(0)=-k; 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, 由(1)知 f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]上的最 小值为 f(k-1)=-ek 1; 当 k-1≥1 时,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递减,所以 f(x)在区间[0,1]上的最小 值为 f(1)=(1-k)e.


本题条件不变,求 f(x)在区间[0,1]上的最大值. 解:当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递增. 所以 f(x)在[0,1]上的最大值为 f(1)=(1-k)e. 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, 由(1)知 f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以 f(x)在区间[0,1]上的最 e 大值为 f(0)和 f(1)较大者.若 f(0)=f(1),所以-k=(1-k)e,即 k= . e-1 当 1<k< f(0)=-k, 当 k-1≥1 时,即 k≥2 时,函数 f(x)在[0,1]上单调递减. 所以 f(x)在[0,1]上的最大值为 f(0)=-k. e 综上所述,当 k< 时,f(x)的最大值为 f(1)=(1-k)e. e-1 e 当 k≥ 时,f(x)的最大值为 f(0)=-k. e-1 e e 时函数 f(x)的最大值为 f(1)=(1-k)e, 当 ≤k<2 时, 函数 f(x)的最大值为 e-1 e-1

由题悟法 求函数 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a,b)内的极值; (2)求函数在区间端点的函数值 f(a),f(b);

(3)将函数 f(x)的各极值与 f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小 值. 以题试法 3. (2012· 重庆高考)已知函数 f(x)=ax3+bx+c 在点 x=2 处取得极值 c-16. (1)求 a,b 的值; (2)若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[-3,3]上的最小值. 解:(1)因 f(x)=ax3+bx+c,故 f′(x)=3ax2+b, 由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,
? ?f′?2?=0, 故有? ?f?2?=c-16, ? ?12a+b=0, ?12a+b=0, ? ? 即? 化简得? ? ? ?8a+2b+c=c-16, ?4a+b=-8,

解得 a=1,b=-12. (2)由(1)知 f(x)=x3-12x+c; f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2). 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2=2. 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(-∞,-2)上为增函数; 当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故 f(x)在(-2,2)上为减函数; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(2,+∞)上为增函数. 由此可知 f(x)在 x1=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c, f(x)在 x1=2 处取得极小值 f(2)=c -16. 由题设条件知 16+c=28,得 c=12. 此时 f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3, f(2)=-16+c=-4, 因此 f(x)在[-3,3]上的最小值为 f(2)=-4.

1.函数 f(x)=x+eln x 的单调递增区间为( A.(0,+∞) C.(-∞,0)和(0,+∞)

)

B.(-∞,0) D.R

e 解析:选 A 函数定义域为(0,+∞),f′(x)=1+ >0,故单调增区间是(0,+∞). x

2.(2012· “江南十校”联考)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( 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) 解析:选 C 依题意得,当 x∈(-∞,c)时,f′(x)>0; 当 x∈(c,e)时,f′(x)<0;当 x∈(e,+∞)时,f′(x)>0.因此,函数 f(x)在(-∞,c)上是 增函数,在(c,e)上是减函数,在(e,+∞)上是增函数,又 a<b<c,所以 f(c)>f(b)>f(a). 2 3.(2012· 陕西高考)设函数 f(x)= +ln x,则( x 1 A.x= 为 f(x)的极大值点 2 1 B.x= 为 f(x)的极小值点 2 C.x=2 为 f(x)的极大值点 D.x=2 为 f(x)的极小值点 2 1 x-2 解析:选 D 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=- 2+ = 2 ,当 x=2 时,f′(x) x x x =0;当 x>2 时,f′(x)>0,函数 f(x)为增函数;当 0<x<2 时,f′(x)<0,函数 f(x)为减函数, 所以 x=2 为函数 f(x)的极小值点. 4. (2012· 大纲全国卷)已知函数 y=x3-3x+c 的图象与 x 轴恰有两个公共点, c=( 则 A.-2 或 2 C.-1 或 1 B.-9 或 3 D.-3 或 1 ) ) )

解析:选 A 设 f(x)=x3-3x+c,对 f(x)求导可得,f′(x)=3x2-3,令 f′(x)=0,可得 x=± 1,易知 f(x)在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,在(-1,1)上单调递减.若 f(1)=1- 3+c=0,可得 c=2;若 f(-1)=-1+3+c=0,可得 c=-2. ln x 5.若 f(x)= ,e<a<b,则( x A.f(a)>f(b) C.f(a)<f(b) 解析: A 选 ) B.f(a)=f(b) D.f(a)f(b)>1 1-ln x f′(x)= , x>e 时, 当 f′(x)<0, f(x)在(e, 则 +∞)上为减函数, f(a)>f(b). x2

6.函数 f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意 x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则 实数 t 的最小值是( A.20 ) B.18

C.3

D.0

解析:选 A 因为 f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),令 f′(x)=0,得 x=± 1,所以-1,1 为函数的极值点. f(-3)=-19, 又 f(-1)=1, f(1)=-3, f(2)=1, 所以在区间[-3,2]上 f(x)max =1,f(x)min=-19.又由题设知在区间[-3,2]上 f(x)max-f(x)min≤t,从而 t≥20,所以 t 的最小 值是 20. 7.已知函数 f(x)=x3+mx2+(m+6)x+1 既存在极大值又存在极小值,则实数 m 的取值 范围是________. 解析:f′(x)=3x2+2mx+m+6=0 有两个不等实根,即 Δ=4m2-12×(m+6)>0.所以 m>6 或 m<-3. 答案:(-∞,-3)∪(6,+∞) 8.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m∈[-1,1],则 f(m)的最小值 为________. 解析:求导得 f′(x)=-3x2+2ax,由 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0,即-3×4+ 2a×2=0,故 a=3.由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x.由此可得 f(x)在(-1,0) 上单调递减,在(0,1)上单调递增, 所以对 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 答案:-4 9.已知函数 y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c 在 x=2 处有极值,其图象在 x=1 处的切线平 行于直线 6x+2y+5=0,则 f(x)极大值与极小值之差为________. 解析:∵y′=3x2+6ax+3b,
?3×22+6a×2+3b=0 ?a=-1, ? ? ? ?? 2 ? ? ?3×1 +6a+3b=-3 ?b=0.

∴y′=3x2-6x,令 3x2-6x=0,则 x=0 或 x=2. ∴f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4. 答案:4 1 10.已知函数 f(x)=ax2+bln x 在 x=1 处有极值 . 2 (1)求 a,b 的值; (2)判断函数 y=f(x)的单调性并求出单调区间. b 解:(1)∵f′(x)=2ax+ . x 1 又 f(x)在 x=1 处有极值 . 2

?f?1?=1, ?a=1, ? ? 2 ∴? 即? 2 ?f′?1?=0, ?2a+b=0. ? ?

1 解得 a= ,b=-1. 2 1 (2)由(1)可知 f(x)= x2-ln x,其定义域是(0,+∞), 2 1 ?x+1??x-1? 且 f′(x)=x- = . x x 由 f′(x)<0,得 0<x<1; 由 f′(x)>0,得 x>1. 所以函数 y=f(x)的单调减区间是(0,1), 单调增区间是(1,+∞). 1 3 11.(2012· 重庆高考)设 f(x)=aln x+ + x+1,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 2x 2 处的切线垂直于 y 轴. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值. 1 3 解:(1)因 f(x)=aln x+ + x+1, 2x 2 a 1 3 故 f′(x)= - 2+ . x 2x 2 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴,故该切线斜率为 0,即 f′(1)=0, 1 3 从而 a- + =0, 2 2 解得 a=-1. 1 3 (2)由(1)知 f(x)=-ln x+ + x+1(x>0), 2x 2 1 1 3 f′(x)=- - 2+ x 2x 2 = = 3x2-2x-1 2x2 ?3x+1??x-1? . 2x2

1 1 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=- ?因x2=-3不在定 3? 义域内,舍去. 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,1)上为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(1,+∞)上为增函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3. 12.已知函数 f(x)=x3-ax2+3x. (1)若 f(x)在 x∈[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围;

(2)若 x=3 是 f(x)的极值点,求 f(x)在 x∈[1,a]上的最大值和最小值. 解:(1)∵f′(x)=3x2-2ax+3≥0 在[1,+∞)上恒成立, 1 3 ∴a≤?2?x+x ??min=3(当 x=1 时取最小值). ? ?

?

?

∴a 的取值范围为(-∞,3]. (2)∵f′(3)=0,即 27-6a+3=0, ∴a=5,f(x)=x3-5x2+3x,x∈[1,5], f′(x)=3x2-10x+3. 1 令 f′(x)=0,得 x1=3,x2= (舍去). 3 当 1<x<3 时,f′(x)<0,当 3<x<5 时,f′(x)>0, 即当 x=3 时,f(x)取极小值 f(3)=-9. 又 f(1)=-1,f(5)=15, ∴f(x)在[1,5]上的最小值是 f(3)=-9,最大值是 f(5)=15.

1.设函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点,则下 列图象不可能为 y=f(x)的图象是( )

解析: D 因为[f(x)ex]′=f′(x)ex+f(x)(ex)′=[f(x)+f′(x)]ex, x=-1 为函数 f(x)ex 选 且 的一个极值点,所以 f(1)+f′(1)=0;选项 D 中,f(1)>0,f′(1)>0,不满足 f′(1)+f(1)=0. 2.(2012· 沈阳实验中学检测)已知定义在 R 上的奇函数 f(x),设其导函数为 f′(x),当 x ∈(-∞,0]时,恒有 xf′(x)<f(-x),令 F(x)=xf(x),则满足 F(3)>F(2x-1)的实数 x 的取值 范围是( ) 1 B.?-1,2? ? ? D.(-2,1)

A.(-1,2) 1 C.?2,2? ? ?

解析: A 由 F(x)=xf(x), F′(x)=f(x)+xf′(x)=xf′(x)-f(-x)<0, 选 得 所以 F(x)在(- ∞,0)上单调递减,又可证 F(x)为偶函数,从而 F(x)在[0,+∞)上单调递增,故原不等式可 化为-3<2x-1<3,解得-1<x<2. 3. (2012· 湖北高考)设函数 f(x)=axn(1-x)+b(x>0),n 为正整数,a,b 为常数.曲线 y =f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x+y=1. (1)求 a,b 的值;

(2)求函数 f(x)的最大值. 解:(1)因为 f(1)=b,由点(1,b)在 x+y=1 上, 可得 1+b=1,即 b=0. 因为 f′(x)=anxn 1-a(n+1)xn,所以 f′(1)=-a. 又因为切线 x+y=1 的斜率为-1, 所以-a=-1,即 a=1.故 a=1,b=0. (2)由(1)知,f(x)=xn(1-x)=xn-xn 1, n - f′(x)=(n+1)xn 1?n+1-x?. ? ? n 令 f′(x)=0,解得 x= , n+1 即 f′(x)在(0,+∞)上有唯一零点 x0= n . n+1
+ -

n 在?0,n+1?上,f′(x)>0,故 f(x)单调递增;

?

?

n 而在?n+1,+∞?上,f′(x)<0,f′(x)单调递减.

?

?

故 f(x)在(0,+∞)上的最大值为 n n n nn f?n+1?=?n+1?n?1-n+1?= ? ? ? ?? ? ?n+1?n+1.

1.(2012· 重庆高考)设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(1-x)f′(x) 的图象如图所示,则下列结论中一定成立的是( A.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1) B.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1) C.函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2) D.函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2) 解析:选 D 由图可知,当 x<-2 时,f′(x)>0;当 时,f′(x)<0;当 1<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0. 由此可以得到函数在 x=-2 处取得极大值,在 x=2 处取得极小值. 1 2.(2012· 山西联考)已知函数 f(x)=(2-a)ln x+ +2ax(a∈R). x (1)当 a=0 时,求 f(x)的极值; (2)求 f(x)的单调区间. 1 解:(1)∵当 a=0 时,f(x)=2ln x+ , x - 2<x<1 )

2 1 2x-1 f′(x)= - 2= 2 (x>0), x x x 1 1 ∴f(x)在?0,2?上是减函数,在?2,+∞?上是增函数. ? ? ? ? 1 ∴f(x)的极小值为 f?2?=2-2ln 2,无极大值. ? ? 2-a 1 ?2x-1??ax+1? (2)f′(x)= - 2+2a= (x>0). x x x2 1 1 ①当 a≥0 时,f(x)在?0,2?上是减函数,在?2,+∞?上是增函数; ? ? ? ? 1 1 1 1 ②当-2<a<0 时,f(x)在?0,2?和?-a,+∞?上是减函数,在?2,-a?上是增函数; ? ? ? ? ? ? ③当 a=-2 时,f(x)在(0,+∞)上是减函数; 1 1 1 1 ④当 a<-2 时,f(x)在?2,+∞?和?0,-a?上是减函数,在?-a,2?上是增函数. ? ? ? ? ? ?


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