2014届高考数学一轮复习 第三章导数及其应用3.2导数在函数单调性、极值中的应用教学案 理 新人教A版


3.2

导数在函数单调性、极值中的应用

考纲要求 1.了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调 区间(其中多项式函数一般不超过三次). 2.了解函数在某点取得极值 的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大值、极小 值(其中多项式函数一般不超过三次).

1.函数的单调性与导数

2.函数的极值与导数 (1)函数的极小值 若函数 y=f(x)在点 x=a 处的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其他点的函数值____, 且 f′(a)=0,而且在点 x=a 附近的左侧________,右侧________,则点 a 叫做函数的极小值 点,f(a)叫做函数的极小值. (2)函数的极大值 若函数 y=f(x)在点 x=b 处的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近其他点的函数值____, 且 f′(b)=0,而且在点 x=b 附近的左侧________,右侧________,则点 b 叫做函数的极大值 点,f(b)叫做函数的极大值,______和______统称为极值. 2 1.(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.若函数 y=a(x -x)的递减区间为?-
3

? ?

3 3? , ?,则 a 的取值范围是( 3 3?

).

A.a>0 B.-1<a<0 C.a>1 D.0<a<1 3.函数 y=xsin x+cos x 在(π ,3π )内的单调增区间为( ). 3π ? ? ?3π 5π ? A.?π , ? B.? , ? 2 ? 2 ? ? ? 2 ?5π ? C.? ,3π ? D.(π ,2π ) ? 2 ? 3 4.已知 f(x)=x -ax 在[1,+∞)上是单调增函数,则 a 的最大值是__________. 3 2 5.已知函数 f(x)=ax +bx +c,其导函数 f′(x)的图象如图所示,则函数 f(x)的极 小值是__________.

1

一、利用导数研究函数的单调性 2 x 【例 1】已知 a∈R,函数 f(x)=(-x +ax)e (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)函数 f(x)是否为 R 上的单调函数,若是,求出 a 的取值范围;若不是,请说明理由. 方法提炼 1.导数法求函数单调区间的一般流程:

提醒:当 f(x)不含参数时,也可通过解不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0)直接得到单调 递增(或递减)区间. 2.导数法证明函数 f(x)在(a,b)内的单调性的步骤: (1)求 f′(x). (2)确认 f′(x)在(a,b)内的符号. (3)作出结论:f′(x)>0 时为增函数;f′(x)<0 时为减函数. 3. 已知函数的单调性, 求参数的取值范围 , 应用条件 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0), x∈(a, b),转化为不等式恒成立问题求解. 提醒: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. 请做演练巩固提升 1,5 二、函数的极值与导数 2 【例 2-1】已知实数 a>0,函数 f(x)=ax(x-2) (x∈R)有极大值 32 . (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)求实数 a 的值. 3 2 【例 2-2】 已知函数 f(x)=x +mx +nx-2 的图象过点(-1, -6), 且函数 g(x)=f′(x) +6 x 的图象关于 y 轴对称. (1)求 m,n 的值及函数 y=f(x)的单调区间; (2)若 a>0,求函数 y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值. 方法提炼 利用导数研究函数的极值的一般流程:

2

请做演练巩固提升 3,4 书写不规范而致误 1 2 x 【典例】设函数 f(x)=x(e -1)- x ,求函数 f(x)的单调增区间. 2 x x x 错解:f′(x)=e -1+xe -x=(e -1)·(x+1), 令 f′(x)>0 得,x<-1 或 x>0. 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1)∪(0,+∞). 错因:结论书写不正确,也就是说 不能用符号“∪”连接,应为(-∞,-1)和(0,+ ∞). 1 2 x 正解:因为 f(x)=x(e -1)- x , 2 x x x 所以 f′(x)=e -1+x e -x=(e -1)·(x+1). x 令 f′(x)>0,即(e -1)(x+1)>0,得 x<-1 或 x>0. 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(0,+∞). 答题指导:1.利用导数求解函数的单调区间是高考的热点内容,这类问题求解并不难, 即只需由 f′(x)>0 或 f′(x)<0,求其解即得.但在求解时会因书写不规范而导致失分. 2.对于含有两个或 两个以上的单调增区间(或单调减区间),中间用“,”或“和”连 接,而不能用符号“∪”连接.

1 2 1.(2012 辽宁高考)函数 y= x -ln x 的单调递减区间为( ). 2 A.(-1,1] B.(0,1] C.[1,+∞) D.(0,+∞) 2.(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 f(x)在 x= -2 处取得极小值,则函数 y=xf′(x)的图象可能是( ).

3

3.函数 f(x)=x +3ax +3[(a+2)x+1]既有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是 __________. 3 2 4.函数 f(x)=x -3x +1 在 x=________处取得极小值. x e 5.设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax 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.

3

2

4

参考答案 基础梳理自测 知识梳理 1.单调递增 单调递减 2.(1)都小 f′(x)<0 f′(x)>0 (2)都大 f′(x)>0 f′(x)<0 极大值 小值 基础自测 2 1 1? 2? 1.D 解析:由 f′(x)=- 2+ = ?1- ?=0 可得 x=2.



x x x? x? 当 0<x<2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当 x>2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增.故 x=2 为 f(x)的极小值点. 2 2.A 解析:∵y′=a(3x -1)
=3a?x+ ∴当-

? ?

3?? 3? ??x- ?, 3 ?? 3?

3 3 <x< 时, 3 3

3? ? 3? ? ?x+ ??x- ?<0. 3 ?? 3? ? ∴要使 y′<0,必须取 a>0. 3.B 解析:∵y=xsin x+cos x, ∴y′=xcos x. 当 x∈(π ,3π )时,要使 y′=xcos x>0,只要 cos x>0, 结合选项知,只有 B 满足. 3 4.3 解析:∵f(x)=x -ax 在[1,+∞)上是单调增函数, 2 2 ∴f′(x)=3x -a≥0 在[1,+∞)上恒成立,即 a≤3x 在[1,+∞)上恒成立, 而当 x∈[1,+∞)时, 2 2 (3x )min=3×1 =3. ∴a≤3,故 amax=3. 5.c 解析:由 f′(x)的图象知,x=0 是 f(x)的极小值点, ∴f(x)极小值=f(0)=c. 考点探究突破 2 x 【例 1】解:(1)当 a=2 时,f(x)=(-x +2x)e , x 2 x ∴f′(x)=(-2x+2)e +(-x +2x)e 2 x =(-x +2)e . 2 x 令 f′(x)>0,即(-x +2)e >0, x 2 ∵e >0,∴-x +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, 2 x 即[-x +(a-2)x+a]e ≤0 对 x∈R 都成立. x 2 ∵e >0,∴x -(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立. 2 ∴Δ =(a-2) +4a≤0, 2 即 a +4≤0,这是不可能的. 故函数 f(x)不可能在 R 上单调递减. 若函数 f(x)在 R 上单调递增, 则 f′(x)≥0 对 x∈R 都成立, 2 x 即[-x +(a-2)x+a]e ≥0 对 x∈R 都成立. x 2 ∵e >0,∴x -(a-2)x-a≤0 对 x∈R 都成立. 2 2 而 Δ =(a-2) +4a=a +4>0,故函数 f(x)不可能在 R 上单调递增.
5

综上可知,函数 f(x)不可能是 R 上的单调函数. 3 2 2 【例 2-1】解:(1)f(x)=ax -4a x +4ax,f′ (x)=3ax -8ax+4a. 2 令 f′(x)=0,得 3ax -8ax+4a=0. ∵a≠0, 2 ∴3x -8x+4=0, 2 ∴x= 或 x=2. 3 ∵a>0, 2? ? ∴当 x∈?-∞, ?或 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0. 3? ? 2? ? ∴函数 f(x)的单调递增区间为?-∞, ?和(2,+∞); 3? ? ?2 ? ∵当 x∈? ,2?时,f′(x)<0, ?3 ? ?2 ? ∴函数 f(x)的单调递减区间为? ,2?. ?3 ? 2? ? (2)∵当 x∈?-∞, ?时,f′(x)>0; 3? ? ?2 ? 当 x∈? ,2?时,f′(x)<0; ?3 ? 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0. 2 ∴f(x)在 x= 时取得极大值, 3 2 2? ?2 即 a· ? -2? =32.∴a=27. 3?3 ? 【例 2-2】解:(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6),得 m-n=-3.① 3 2 由 f(x)=x +mx +nx-2, 2 得 f′(x)=3x +2m x+n, 则 g(x)=f′(x)+6x 2 =3x +(2m+6)x+n. 而 g(x)的图象关于 y 轴对称, 2m+6 所以- =0. 2×3 所以 m=-3,代入①得 n=0. 2 于是 f′(x)=3x -6x=3x(x-2). 由 f′(x)>0 得 x>2 或 x<0, 故 f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 由 f′(x)<0 得 0<x<2, 故 f(x)的单调递减区间是(0,2). (2)由(1)得 f′(x)=3x(x-2), 令 f′(x)=0 得 x=0 或 x=2, 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) 极大值 极小值 由此可得: 当 0<a<1 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值 f(0)=-2,无极小值; 当 a=1 时,f(x)在(a- 1,a+1)内无极值; 当 1<a<3 时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值 f(2)=-6,无极大值; 当 a≥3 时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值.
6

综上得:当 0<a<1 时,f(x)有极大值-2,无极小值; 当 1<a<3 时,f(x)有极小值-6,无极大值; 当 a=1 或 a≥3 时,f(x)无极值. 演练巩固提升 2 1 2 1 x -1 1.B 解析:对函数 y= x -ln x 求导,得 y′=x- = (x>0), 2 x x

x -1 ? ? ≤0, 令? x ? ?x>0,

2

解得 x∈(0,1].

1 2 因此函数 y= x -ln x 的单调递减区间为(0,1].故选 B. 2 2.C 解析:由题意可得 f′(-2)=0,而且当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,此时 xf′(x)>0; 当 x∈(-2, +∞)时, f′(x)>0, 此时若 x∈(-2,0), xf′(x)<0, 若 x∈(0, +∞),xf′(x)>0,所以函数 y=xf′(x)的图象可能是 C. 3 2 3.a>2 或 a<-1 解析:∵f(x)=x +3ax +3[(a+2)x+1], 2 ∴f′(x)=3x +6ax+3(a+2). 2 令 3x +6ax+3(a+2)=0, 2 即 x +2ax+a+2=0. ∵函 数 f(x)有极大值和极小值, 2 2 ∴方程 x +2ax+a+2=0 有两个不相等的实根,即 Δ =4a -4a-8>0, ∴a>2 或 a<-1. 3 2 4.2 解析:f(x)=x -3x +1, 2 f′(x)=3x -6x. 令 f′(x)>0,解得 x<0 或 x>2. 令 f′(x)<0,解得 0<x<2. 所以函数 f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增, 故 f(x)在 x=2 处取得极小值. 5.解:对 f(x)求导得 f′(x) 2 x1+ax -2ax =e 2 2 .① (1+ax ) 4 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0, 3 2 则 4x -8x+3=0, 3 1 解得 x1= ,x2= . 2 2 结合①,可知 1 3 ?-∞,1? ?1,3? ?3,+∞? x ? ? ? ? ?2 ? 2? 2 2 ? ?2 2? ? ? f′(x + 0 - 0 + ) f(x) 极大值 极小值 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. 2 结合①与条件 a>0,知 ax -2ax+1≥0 在 R 上恒成立, 2 因此 Δ =4a -4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1.

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