发布时间 : 星期五 文章(鲁京津琼专用)2020版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用(第1课时)教案(含解析)更新完毕开始阅读162beb3aa4c30c22590102020740be1e650ecc20
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所以当x∈[1,4]时，a≤2－恒成立，
xx?12?又当x∈[1,4]时，?2－?min＝－1(此时x＝1)，
?xx?
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2．本例(2)中，若h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，求a的取值范围． 解 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间， 则h′(x)<0在[1,4]上有解， 12
所以当x∈[1,4]时，a>2－有解，
xx?12?又当x∈[1,4]时，?2－?min＝－1(此时x＝1)， xx?
?
所以a>－1，又因为a≠0，
所以a的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． 思维升华根据函数单调性求参数的一般思路
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．
(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题．
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跟踪训练2(1)(2018·安徽江南十校联考)设函数f(x)＝x－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单
2调递减，则实数a的取值范围是( ) A．(1,2] C．(－∞，2] 答案 A
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解析 ∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，
B．[4，＋∞) D．(0,3]
x∴由f′(x)≤0，解得0 ?a－1>0，? ??a＋1≤3， (2)(2018·乐山期末)若f(x)＝x－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( ) A．(－∞，1) C．(－∞，2) 答案 D 13 2 B．(－∞，1] D．(－∞，2] 解析 由f(x)＝x－alnx，得f′(x)＝2x－， ∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增， ∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x在(1，＋∞)上恒成立， ∵当x∈(1，＋∞)时，2x>2，∴a≤2. 2 2 axax2 用分类讨论思想研究函数的单调性 含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能： ①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法． 例已知函数g(x)＝lnx＋ax－(2a＋1)x，若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性． 2ax－?2a＋1?x＋1?2ax－1??x－1? 解 g′(x)＝＝. 2 2 xx∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)， ∴当a＝0时，g′(x)＝－ x－1 . x由g′(x)>0，得0 当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝， 2a11若<1，即a>， 2a2 1由g′(x)>0，得x>1或0 2a 14 由g′(x)<0，得1 2a 若12a>1，即0 ， 由g′(x)>0，得x>1 2a或0 由g′(x)<0，得1 2a， 若12a＝1，即a＝1 2，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0. 综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0 2时，函数g(x)在(0,1)上单调递增， 在???1，12a???上单调递减，在??1?2a，＋∞???上单调递增； 当a＝1 2时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>12时，函数g(x)在???0，12a???上单调递增， 在? ?1?2a，1??? 上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 15 1．函数f(x)＝(x－3)e的单调递增区间是( ) A．(－∞，2) C．(1,4) 答案 D 解析 因为f(x)＝(x－3)e，所以f′(x)＝e(x－2)．令f′(x)>0，得x>2，所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)． 2．(2018·济南调研)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( ) xxxB．(0,3) D．(2，＋∞) 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) 16