(安徽专用)2014届高考数学 第二章 第十一节 导数在研究函数中的应用课件 文 新人教A版


第十一节

导数在研究函数中的应用

1.函数的导数与单调性的关系
函数y=f(x)在某个区间内可导,则

单调递增; (1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内___________ 单调递减; (2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内___________
常数函数. (3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是__________

2.函数的极值与导数

(1)函数的极小值与极小值点
若函数f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其 都小 他点的函数值 __________ ,且 f′(a) = 0 ,而且在 x = a 附近的 f′(x)<0 ,右侧 ____________ f′(x)>0 左侧 __________ ,则 a 点叫函数的极小 值点,f(a)叫函数的极小值.

(2)函数的极大值与极大值点:

若函数f(x)在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近其
都大 ,且f′(b)=0,而且在x=b附近的左 他点的函数值_________ f′(x)<0 ,则 b 点叫函数的极大 f′(x)>0 ,右侧 ____________ 侧 ____________ 值点,f(b)叫函数的极大值,极大值和极小值统称为极值.

3.函数的最值与导数

(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件:
连续不断 如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条_________ 的曲线,那么它必有最大值和最小值. (2)求y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤: 极值 . ①求函数y=f(x)在(a,b)内的________ 端点处的函数值f(a)、f(b) ②将函数 y = f(x) 的各极值与 _______________________ 最大 的一个是最大值, ______ 最小 的一个是最小 比较,其中 _______

值.

1.f′(x)>0是f(x)在(a,b)内单调递增的充要条件吗?

【提示】

函数 f(x) 在 (a , b) 内单调递增,则 f′(x)≥0 ,

f′(x)>0是f(x)在(a,b)内单调递增的充分不必要条件.

2.导数值为0的点一定是函数的极值点吗?它是可导函

数在该点取得极值的什么条件?
【提示】 不一定.如函数f(x)=x3,在x=0处,有f′(0)

=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点,对于可导函数,若 x=x0为其极值点,则需满足以下两个条件:①f′(x0)=0,② x = x0 两侧的导数 f′(x) 的符号异号.因此 f′(x0) = 0 是函数 y =

f(x)在点x=x0取得极值的必要不充分条件.

4 1.(人教A版教材习题改编)当x>0时,f(x)=x+ 的单 x 调减区间是( )

A.(2,+∞) C.( 2,+∞)

B.(0,2) D.(0, 2)

【解析】

4 f′(x)=1- 2,令f′(x)<0, x

4 ? ?1- 2<0, x ∴? ∴0<x<2, ? ?x>0, ∴f(x)的减区间为(0,2).

【答案】

B

2.若函数f(x)=x3+ax2+3x-9在 x=-3时取得极值,

则a等于(
A.2

)
B.3 C.4 D.5

【解析】

f′(x) = 3x2 + 2ax + 3 ,由题意知 f′( - 3) = 0 ,

即3×(-3)2+2×(-3)a+3=0,解得a=5. 【答案】 D

3.函数f(x)的定义域为开

区 间 (a , b) , 导 函 数 f′(x) 在
(a , b) 内的图象如图 2 - 11 - 1 所 示 , 则 函 数 f(x) 在 开 区 间 (a,b)内有极小值点( A.1个 B.2个 )

C.3个 D.4个

【解析】

导函数 f′(x) 的图象与 x 轴的交点中,左侧图

象在x轴下方,右侧图象在x轴上方的只有一个,故选A.

【答案】

A

1 2 4.函数f(x)= x -ln x的最小值( ) 2 1 A. B.1 C.不存在 D.0 2 2 1 x -1 【解析】 f′(x)=x-x= x ,且x>0, 令f′(x)>0,得x>1; 令f′(x)<0,得0<x<1. 1 1 ∴f(x)在x=1时取最小值f(1)= -ln 1= . 2 2
【答案】 A

5.(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】

∵f(x)=xex,∴f′(x)=ex+xex=ex(1+x).

∴ 当 f′(x)≥0 时,即 ex(1 + x)≥0 ,即 x≥ - 1 , ∴ x≥ - 1 时函
数y=f(x)为增函数.同理可求,x<-1时函数f(x)为减函数. ∴x=-1时,函数f(x)取得极小值. 【答案】 D

(2012·课标全国卷)设函数f(x)=ex-ax-2. (1)求f(x)的单调区间; (2) 若 a = 1 , k 为整 数 , 且 当 x>0 时 , (x - k)f′(x) + x + 1>0,求k的最大值. 【思路点拨】 (1) 分 a≤0和 a > 0两种情况解不等式 f′(x)

>0与f′(x)<0.
(2)分离参数k,转化为恒成立问题求解.

【尝试解答】

(1)f(x) 的定义域为 ( - ∞ ,+ ∞ ) , f′(x)=

ex-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0; 当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上 单调递增.

(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x +1. 故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于 x+1 k< x +x(x>0). e -1 令g(x)= x+1 ex-1 +x,则g′(x)= ① -xex-1 (ex-1)2 +1=

ex(ex-x-2) . (ex-1)2

由 (1) 知 , 函 数 h(x) = ex - x - 2 在 (0 , + ∞ ) 上 单 调 递

增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零
点,故 g′(x) 在 (0 ,+ ∞ ) 上存在唯一的零点.设此零点为 α , 则α∈(1,2).

当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).

又由 g′(α) = 0 ,可得 eα = α + 2 ,所以 g(α) = α + 1∈(2 ,
3). 由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.

1.解答本题(2)时,关键是分离参数k,把所求问题转化

为求函数的最小值问题.
2 . (1) 在区间内 f′(x) > 0(f′(x) < 0) 是函数 f(x) 在此区间上 为增(减)函数的充分不必要条件. (2)可导函数f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是: 对 ? x∈(a , b) ,都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0) ,且 f′(x) 在 (a , b) 的任何

子区间内都不恒为零.
(3) 由函数 f(x) 在 (a , b) 上的单调性,求参数范围问题, 可转化为 f′(x)≥0( 或 f′(x)≤0) 恒成立问题,要注意“=”是否 可以取到.

a 已知函数f(x)=x+x+ln x(a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,求a的取值范 围. a 【解】 (1)函数f(x)=x+ x +ln x的定义域为(0,+ ∞), 2 a 1 x +x-a f′(x)=1- 2+x= . x x2 1 ①当Δ=1+4a≤0,即a≤- 时,得x2+x-a≥0,则f 4 ′(x)≥0. ∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,

1 ②当Δ=1+4a>0,即a>- 时,令f′(x)=0,得x2+x 4 -a=0, -1- 1+4a -1+ 1+4a 解得x1= <0,x2= . 2 2 -1+ 1+4a 1 (ⅰ)若- <a≤0,则x2= ≤0. 4 2 ∵x∈(0,+∞),∴f′(x)>0,∴函数f(x)在(0,+∞)上 单调递增. -1+ 1+4a (ⅱ)若a>0,则x∈(0, )时,f′(x)<0; 2

-1+ 1+4a x∈( ,+∞)时,f′(x)>0, 2 -1+ 1+4a ∴函数f(x)在区间(0, )上单调递减,在区 2 -1+ 1+4a 间( ,+∞)上单调递增. 2 综上所述,当a≤0时,函数f(x)的单调递增区间为(0, +∞);

当a>0时,函数f(x)的单调递减区间为(0, -1+ 1+4a -1+ 1+4a ),单调递增区间为( ,+∞). 2 2

(2)由题意知,f′(x)≥0在(1,+∞)上恒成立, 即x2+x-a≥0在(1,+∞)上恒成立, 12 1 2 令g(x)=x +x-a=(x+ ) - -a, 2 4 则g(x)>2-a,从而2-a≥0,∴a≤2. 当a=2时,f′(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 因此实数a的取值范围是(-∞,2].

ex (2013· 合肥模拟)设f(x)= ,其中a为正实数. 1+ax2 4 (1)当a= 时,求f(x)的极值点; 3 (2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.
4 【思路点拨】 (1)当a= 时,求f′(x)=0的根,然后利 3 用极值与导数的关系判定;(2)转化为判定f′(x)不变号满足 的不等式,求a的范围.

【尝试解答】
2 1 + ax -2ax x e· (1+ax2)2

由f(x)=

ex 1+ax2

,得f′(x)= ①

(1)当a=

4 3

时,f′(x)=

4 2 8 e (1+ x - x) 3 3 4 2 2 (1+ x ) 3
x



ex(4x2-8x+3) , 4 2 2 3(1+ x ) 3

令f′(x)=0,即ex(4x2-8x+3)=0, ∵ex恒大于0,∴4x2-8x+3=0, 1 3 ∴x= 或x= . 2 2

结合①式,可知

3 1 所以,x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2

(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号.

结合①式,及a>0,得ax2-2ax+1≥0在R上恒成立.
所以二次方程 1 + ax2 - 2ax = 0 无解或有两个相同实数 解, Δ=4a2-4a≤0,即0≤a≤1.又∵a>0. 故实数a的取值范围是(0,1].

1 . 可导函数 y = f(x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是
f′(x0) = 0 ,且在 x0 左侧与右侧 f′(x) 的符号不同.特别注意, 导数为零的点不一定是极值点. 2.若f(x)在(a,b)内有极值,那么f(x)在(a,b)内绝不是 单调函数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.

3.本题第(2)问求解的关键是转化,函数与方程,方程
与不等式相互转化.

(2013· 绍 兴 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) = - x3 + ax2 + b(a , b∈R). (1)要使f(x)在(0,2)上单调递增,试求a的取值范围; (2)当a<0时,若函数满足y极大=1,y极小=-3,试求y= f(x)的解析式.

【解】

(1)f′(x)=-3x2+2ax.

依题f′(x)≥0在(0,2)上恒成立. 即2ax≥3x2.∵x>0,2a≥3x,∴2a≥6.∴a≥3. 即a的取值范围是[3,+∞).

(2)∵f′(x)=-3x2+2ax=x(-3x+2a), 2 ∵a<0,当x∈(-∞, a]时,f′(x)≤0, 3 ∴f(x)递减. 2 x∈( a,0)时,f′(x)>0,f(x)递增. 3 x∈[0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)递减. f极大(0)=1, ? ? ? ?a=-3, ∴? ?? 2 f极小( a)=-3. ? ?b=1. ? 3 ? ∴f(x)=-x3-3x2+1.

(2012· 北京高考 ) 已知函数 f(x) = ax2 + 1(a>0) , g(x) =
x3+bx. (1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具 有公共切线,求a,b的值; (2)当a=3,b=-9时,若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上

的最大值为28,求k的取值范围.
【审题视点】 (1)求出两条切线方程比较系数求解.

(2) 求出函数 f(x) + g(x) 在 ( - ∞ , 2] 上的变化情况,再确 定k的范围.

【尝试解答】 ∴f′(1)=2a.

(1)∵f(x) = ax2 + 1 , ∴ f′(x) = 2ax ,

又f(1)=c=a+1,∴f(x)在点(1,c)处的切线方程为y -c=2a(x-1),即y-2ax+a-1=0. ∵g(x)=x3+bx,∴g′(x)=3x2+b,∴g′(1)=3+b. 又g(1)=1+b=c, ∴g(x)在点(1,c)处的切线方程为 y-(1+b)=(3+b)(x-1),即y-(3+b)x+2=0.

依题意知3+b=2a,且a-1=2,即a=3,b=3.
(2)记h(x)=f(x)+g(x).当a=3,b=-9时, h(x)=x3+3x2-9x+1, h′(x)=3x2+6x-9. 令h′(x)=0,得x1=-3,x2=1. h(x)与h′(x)在(-∞,2]上的变化情况如下:

由此可知: 当 k≤ - 3 时,函数 h(x) 在区间 [k , 2] 上的最大值为 h(-3)=28;

当- 3<k<2时,函数 h(x) 在区间 [k , 2] 上的最大值
小于28. 因此,k的取值范围是(-∞,-3].

1.本题(2)中函数解析式确定,但区间不定,因此可先
求出函数取得极值与最值的情况,再确定符合要求的k值. 2.求函数f(x)在[a,b]上的最值的步骤如下: (1)求f(x)在(a,b)内的极值; (2)将f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、 f(b)比较,其 中最大的一个是最大值,最小的是一个最小值.

(2013·郑州模拟)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. 【解】 (1)由f(x)=(x-k)ex,得f′(x)=(x-k+1)ex,

令f′(x)=0,得x=k-1. f(x)与f′(x)的变化情况如下:

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,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. 综上可知,当 k≤1 时, f(x)min =- k ;当 1 < k < 2 时, f(x)min=f(k-1)=-ek-1; 当k≥2时,f(x)min=f(1)=(1-k)e.

函数最值是个“整体”概念,而函数极值是个“局部” 概念.

1.f′(x)>0在(a,b)上成立,是f(x)在(a,b)上单调递增的 充分不必要条件. 2 . 对于可导函数 f(x) , f′(x0) = 0 是函数 f(x) 在 x = x0 处有

极值的必要不充分条件.

1.求单调区间时应先求函数的定义域,遵循定义域优先
的原则; 2.f′(x0)=0时,x0不一定是极值点; 3 . 求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系 不确定时应分类讨论.

从近两年高考试题看,导数的应用是考查的热点,重点 是利用导数研究函数的单调性,求极(最)值,题型全面,小 题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值,大题考查导

数与函数单调性、极值与最值的关系,多与方程、一元二次
不等式等知识交汇,体现转化思想、分类讨论思想的应用, 同时应注意与导数有关的创新题.

创新探究之二

导数在比较大小中的创新应用

(2012· 浙江高考 ) 设 a>0 , b>0 , e 是自然对数的底数

(

)
A.若ea+2a=eb+3b,则a>b B.若ea+2a=eb+3b,则a<b C.若ea-2a=eb-3b,则a>b D.若ea-2a=eb-3b,则a<b

【解析】

设 f(x) = ex + 2x ,则 f′(x) = ex + 2 > 0 ,从而

f(x)在R上是增函数,
若ea+2a=eb+3b,则(ea+2a)-(eb+2b)=b>0, 即f(a)-f(b)>0,∴a>b, 设g(x)=ex-2x,则g′(x)=ex-2,f(x)在R上不是单调函 数,从而无法确定a与b的大小关系.故选A. 【答案】 A

创新点拨: (1) 背景创新,已知等式,判断不等式是否
成立,体现了“等”与“不等”关系的相互转化. (2) 解法创新,从等式出发,构造函数利用导数判断函 数的单调性,根据单调性判断a、b的关系,体现了转化与化 归的思想.

应对措施: (1) 从等式中寻找不等关系,为构造函数创
造了条件. (2) 利用函数的单调性判断不等关系是常用的方法,当 函数关系不明确时,构造函数则是解题的关键.

1 2 1.(2012· 辽宁高考)函数y= x -ln x的单调递减区间 2 为( ) A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞)
【解析】 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又 1 由y′=x- x ≤0,解得0<x≤1,所以函数的单调递减区间为 (0,1].
【答案】 B

1 2.(2012· 安徽高考)设函数f(x)=ae + x+b(a>0). ae (1)求f(x)在[0,+∞)内的最小值; 3 (2)设曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为y= x, 2 求a,b的值.
x

由题设和均值不等式可知, f(x)=ax 1 1 + +b≥2+b, 其中等号成立当且仅当 ax=1, 即当 x= 时, ax a f(x)取最小值为 2+b. 2 2 1 a x -1 法二 f(x)的导数 f′(x)=a- 2= , ax ax2

【解】

(1)法一

1 1 当 x> 时,f′(x)>0,f(x)在( ,+∞)上递增; a a 1 1 当 0<x< 时,f′(x)<0,f(x)在(0, )上递减. a a 1 所以当 x= 时,f(x)取最小值为 2+b. a 1 1 3 (2)f′(x)=a- 2,由题设知,f′(1)=a- = ,解得 a=2 ax a 2 1 或 a=- (不合题意,舍去). 2 1 3 将 a=2 代入 f(1)=a+ +b= ,解得 b=-1. a 2 所以 a=2,b=-1.


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