20202021学年高中数学第3章导数及其应用阶段综合提升第2课导数在研究函数中的应用教师用书教案新

-1-第3章导数及其应用第二课导数在研究函数中的应用[巩固层·知识整合][提升层·题型探究]函数的单调性与导数【例1】已知函数f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，讨论f(x)的单调性．[思路点拨]fx的定义域―→求f′x―→解f′x0或f′x0[解]f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－2ax＋(2－a)＝－2x＋1ax－1x.①当a≤0时，f′(x)0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a0时，由f′(x)＝0，得x＝1a.又由f′(x)0得0x1a，由f′(x)0得x1a，∴f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a0时，函数f(x)在0，1a上单调递增，在1a，＋∞上单调递减．导数法求函数单调区间的一般流程求定义域→求导数f′x→求f′x＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f′x在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性.提醒：在求解中注意分类讨论和数形结合思想的应用.[跟进训练]-2-1．已知函数f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R，试求f(x)的单调区间．[解]∵f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]ex.令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a－2.①当－2a＝a－2，即a＝23时，f′(x)≥0，∴f(x)在R上单调递增．②当－2aa－2，即a23时，由f′(x)0得，x－2a或xa－2，由f′(x)0得，－2axa－2.∴f(x)在(－∞，－2a)及(a－2，＋∞)上为增函数，在(－2a，a－2)上为减函数．③当－2aa－2，即a23时，由f′(x)0得xa－2或x－2a，由f′(x)0得a－2x－2a.∴f(x)在(－∞，a－2)及(－2a，＋∞)上为增函数，在(a－2，－2a)上为减函数．综上所述，当a23时，f(x)的增区间为(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)；减区间为(a－2，－2a)．当a＝23时，f(x)的增区间为(－∞，＋∞)．当a23时，f(x)的增区间为(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)；减区间为(－2a，a－2)．函数的极值、最值与导数【例2】已知函数f(x)＝12x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函数f(x)的极值，并指出是极大值还是极小值；(2)若a＝1，求函数f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)当a＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)＝23x3的图象的下方．[解](1)由于函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f′(x)＝x－1x＝x＋1x－1x，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，当x∈(0,1)时，f′(x)0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，函数f(x)单调递增，-3-所以f(x)在x＝1处取得极小值，且极小值为12.(2)当a＝1时，f(x)＝12x2＋lnx，f′(x)＝x＋1x0，则函数f(x)在[1，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(1)＝12，f(x)max＝f(e)＝12e2＋1.(3)证明：设F(x)＝f(x)－g(x)＝12x2＋lnx－23x3，则F′(x)＝x＋1x－2x2＝1－x1＋x＋2x2x，当x1时，F′(x)0，故F(x)在区间[1，＋∞)上是减函数，又F(1)＝－160，所以在区间[1，＋∞)上，F(x)0恒成立．即f(x)g(x)恒成立．因此，当a＝1时，在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方．函数的最值是函数的整体性质，要区别于函数的极值，求函数在闭区间上的最值，应先求开区间的极值，再与闭区间的端点值进行比较，最大的为最大值，最小的为最小值；反过来，已知最值时，要能求相应参数及与最值有关的其他问题.[跟进训练]2．已知函数f(x)＝13x3－12(2a＋1)x2＋(a2＋a)x(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝2处取得极小值，求a的值；(2)若a≥0，求f(x)在[0,1]上的最大值．[解](1)f′(x)＝x2－(2a＋1)x＋(a2＋a)＝(x－a)[x－(a＋1)]．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)a(a，a＋1)a＋1(a＋1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗∴a＋1＝2，∴a＝1.(2)由(1)知，-4-①当a≥1时，f(x)在[0,1]上是增函数，∴f(x)max＝f(1)＝a2－16；②当a＝0时，f(x)在[0,1]上是减函数，∴f(x)max＝f(0)＝0；③当0a1时，f(x)在[0，a]上是增函数，在[a,1]上是减函数，∴f(x)max＝f(a)＝13a3＋12a2.综上，f(x)max＝a2－16，a≥1，0，a＝0，13a3＋12a2，0a1.不等式的证明与导数[探究问题]1．不等式“xsinx(x0)”成立吗？如何证明？提示：成立，令f(x)＝x－sinx，x0，则f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f(0)＝0，∴f(x)f(0)＝0，即x－sinx0，∴xsinx.2．如何证明函数不等式f(x)g(x)(xa)?提示：可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)(xa)，只需证明h(x)0即可，故可求h(x)min0.【例3】求证：当x1时，lnx－12x2＋2x－32.[思路点拨]要证lnx－12x2＋2x－32，只需证lnx＋12x2－2x＋320，可构造函数g(x)＝lnx＋12x2－2x＋32，利用导数研究其单调性从而证明原不等式．[证明]令g(x)＝lnx＋12x2－2x＋32，则g′(x)＝1x＋x－2＝x2－2x＋1x＝x－12x，由于x1，所以g′(x)0，即函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增．又因为g(1)＝ln1＋12×12－2×1＋32＝0，因为当x1时g(x)0，即当x1时，lnx－12x2＋2x－32.-5-利用导数证明不等式的常见形式与步骤1常见形式：已知x∈a，b，求证：uxvx.2证明步骤：①将所给的不等式移项，构造函数fx＝ux－vx，转化为证明函数fx0；②在x∈a，b上，判断f′x的符号；③若f′x0，说明fx在区间a，b上是增函数，只需将所给的区间的左端点的值代入fx，检验其值为零或为正，即证得fa≥0即可；若f′x0，说明fx在区间a，b上是减函数，只需将所给的区间的右端点的值代入fx，检验其值为零或为正，即证得fb≥0即可.[跟进训练]3．求证：当0xπ2时，tanxx.[证明]令g(x)＝tanx－x，则g′(x)＝sinxcosx－x′＝cos2x＋sin2xcos2x－1＝1cos2x－1＝sin2xcos2x，当0xπ2时，g′(x)0，所以g(x)在0，π2上单调递增，故g(x)g(0)＝0，即tanxx.