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2014高考数学一轮复习课件2.11导数在研究函数中的应用


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 f′(x)>0 左侧__________,右侧____________,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 他点的函数值_________,且f′(b)=0,而且在x=b附近的左
f′(x)>0 f′(x)<0 侧____________,右侧____________,则b点叫函数的极大 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 最小 比较,其中_______的一个是最大值,______的一个是最小

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.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.

【答案】

A

1 2 3.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

4.(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 x+1 令g(x)= x +x, e -1 -xex-1 ex(ex-x-2) 则g′(x)= x . 2+1= x 2 (e -1) (e -1) ①

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)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.

(2)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+ +ln x(a≥0). x (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】 函数f(x)=x+ +ln x的定义域为(0,+∞), x 2 a 1 x +x-a f′(x)=1- 2+ = . x x x2 (1)令f′(x)=0,得x2+x-a=0, ∵Δ=1+4a>0. -1- 1+4a -1+ 1+4a 解得x1= <0,x2= . 2 2

(ⅰ)当a=0时,若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, ∴x2+x-a≥0在(1,+∞)上恒成立, 1 1 令g(x)=x2+x-a=(x+ )2- -a, 2 4 则g(x)>2-a,从而2-a≥0, 所以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[0,2].

ex (2013· 广州调研)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】 由f(x)= 1+ax2-2ax ex· 2 2, (1+ax ) 4 (1)当a= 时, 3 ①

ex 1+ax2

,得f′(x)=

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

1 3 ∴x= 或x= . 2 2 结合①式, 可知当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况:

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· 韶 关 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),∵a<0, 2 当x∈(-∞, a]时,f′(x)≤0,∴f(x)递减. 3 2 当x∈( a,0)时,f′(x)>0,f(x)递增;当x∈[0,+∞) 3 时,f′(x)≤0,f(x)递减. ?f极大(0)=1, ?a=-3, ? ? ∴? ?? 2 ? ?f极小(3a)=-3. ?b=1. ? ∴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a2=4b时,求函数f(x)+g(x)的单调区间,并求其在 区间(-∞,-1]上的最大值.

【审题视点】

(1)求出两条切线方程比较系数求解.

(2)讨论极值点与区间(-∞,-1]的关系,从而确定最大 值.

【尝试解答】 (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b, 因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具 有公共切线,所以f(1)=g(1),且f′(1)=g′(1). 则a+1=1+b,且2a=3+b. 解得a=3,b=3. 1 2 (2)记h(x)=f(x)+g(x).当b= a 时, 4 1 2 1 2 3 2 2 h(x)=x +ax + a x+1,h′(x)=3x +2ax+ a . 4 4 令h′(x)=0, a a 得x1=- ,x2=- . 2 6

a>0时,h(x)与h′(x)的变化情况如下:

a a 所以函数h(x)的单调递增区间为(-∞,- )和(- , 2 6 +∞);

a a 单调递减区间为(- ,- ). 2 6 a 当- ≥-1,即0<a≤2时, 2 函数h(x)在区间(-∞,-1]上单调递增,h(x)在区间 1 2 (-∞,-1]上的最大值为h(-1)=a- a . 4 a a 当- <-1,且- ≥-1,即2<a≤6时, 2 6 a 函数h(x)在区间(-∞,- )上单调递增,在区间(- 2 a ,-1]上单调递减,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为 2 a h(- )=1. 2

a 当- <-1,即a>6时, 6 a 函数h(x)在区间(-∞,- )上单调递增,在区间(- 2 a a a ,- )上单调递减,在区间(- ,-1]上单调递增, 2 6 6 a 1 2 1 又因为h(- )-h(-1)=1-a+ a = (a-2)2>0, 2 4 4 a 所以h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h(- )=1. 2

1.本题(2)中区间确定,但函数解析式不确定,因此应
讨论每个极值点与区间的关系,求解时可画出每一类情况的 大致图象,数形结合求解. 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,最小的一个是最小值.

x (2013· 佛山模拟)已知函数f(x)=(x-k) ek. (1)求f(x)的单调区间;
2

1 (2)若对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤ ,求k的取 e 值范围.
x 【解】 (1)由f(x)=(x-k) ek,得 x 1 2 2 f′(x)=k(x -k )ek, 令f′(x)=0,得x=± k,
2

若k>0,当x变化时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:

所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单 调递减区间是(-k,k).

若k<0,当x变化时,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)和(-k,+∞),单 调递增区间是(k,-k).

k+1 1 (2)当k>0时,因为f(k+1)=e k > , e 1 所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ . e 当k<0时,由(1)知f(x)在(0,+∞)上的最大值是f(-k) 4k2 = . e 1 4k2 1 所以f(x)≤ 等价于f(-k)= ≤ , e e e 1 解得- ≤k<0. 2 1 故当?x∈(0,+∞),f(x)≤ 时,k的取值范围是[- e 1 ,0). 2

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, ∴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.

【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,+∞), 1 又由y′=x- ≤0, x 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)=aex+ 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. 1 x 【解】 (1)f′(x)=ae - x, ae 令f′(x)>0,得x>-ln a, 令f′(x)<0,得x<-ln a. 所以f(x)在(-ln a,+∞)上递增,f(x)在(-∞,-ln a) 上递减. ①当0<a<1时,-ln a>0,f(x)在(0,-ln a)上递减,在 (-ln a,+∞)上递增,

从而f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-ln a)=2+b. ②当a≥1时,-ln a≤0,f(x)在[0,+∞)上递增,从而 1 f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(0)=a+ +b. a 1 3 2 (2)依题意f′(2)=ae - 2= , ae 2 1 2 2 解得ae =2或ae =- (舍去), 2 2 因此a= 2. e 1 1 代入原函数可得2+ +b=3,即b= . 2 2 2 1 故a= 2,且b= . e 2

课后作业(十五)


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