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2015届高考数学一轮总复习 3.2 利用导数研究函数的单调性、极值与最值课件 理 苏教版


第2讲 利用导数研究函数的单调性、极值与最值

1.函数的单调性与导数的关系

已知函数f(x)在某个区间(a,b)内可导,
(1)如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间内 单凋递增 ; (2)如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间内 单调递减 .

2.函数的极值
(1)

判断f(x0)是极值的方法 一般地,当函数f(x)在点x0处连续时, ①如果在x0附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,那么f(x0)是 极大值; ②如果在x0附近的左侧 f′(x)<0 ,右侧 f′(x)>0 ,那么f(x0) 是极小值.

(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x); ②求方程f′(x)=0的根; ③检查 f′(x) 在方程 f′(x) = 0 的根左右值的符号.如果左正右 负,那么f(x)在这个根处取得 极大值 ;如果左负右正,那么f(x) 在这个根处取得极小值,如果左右两侧符号一样,那么这个根 不是极值点.

3.函数的最值与导数
设函数f(x)在[a,b]上连续且在(a,b)内可导,求f(x)在[a,b] 上的最大值和最小值的步骤如下: ①求f(x)在(a,b)内的极值; ②将f(x)的各极值与 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.

辨 析 感 悟 1.对函数的单调性与导数关系的理解 (1)若函数 f(x)在(a,b)内恒有 f′(x)>0,那么 f(x)在(a,b)上 单调递增;反之若函数 f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有 f′(x)>0. (×)

(2)函数在其定义域内的离散的点处导数为 0 不影响函数的单 调性. (√)

1 2 (3)(2012· 辽宁卷改编)函数 y=2x -ln x 的单调减区间为 (-1,1). (×)

2.对函数极值、最值概念的理解 (4)导数为 0 的点一定是极值点. 1 (5)函数 f(x)=x- x有极值. (×) (×)

1 3 (6)(教材习题改编)函数 f(x)=3x -4x+4 在(0,3)上的最大值为 4 4,最小值为-3. (×)

[感悟·提升]
1.一点提醒 函数最值是“整体”概念,而函数极值是个“局部”概念, 极大值与极小值没有必然的大小关系. 2.两个条件 一是 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,如(1).

二是对于可导函数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,如(4).

3.三点注意
一是求单调区间时应遵循定义域优先的原则. 二是函数的极值一定不会在定义域区间的端点处取到. 三是求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系不确 定时分类讨论,不可想当然认为极值就是最值.

考点一 利用导数研究函数的单调性

【例1】 (2013·广东卷改编)设函数f(x)=(x-1)ex-kx2.
(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)在x∈[0,+∞)上是增函数,求实数k的取值范围. 解 (1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2, ∴f′(x)=ex+(x-1)ex-2x=x(ex-2).

令f′(x)>0,即x(ex-2)>0,∴x>ln 2或x<0.
令f′(x)<0,即x(ex-2)<0,∴0<x<ln 2.

因此函数f(x)的递减区间是(0,ln 2);
递增区间是(-∞,0)和(ln 2,+∞).

(2)易知 f′(x)=ex+(x-1)ex-2kx=x(ex-2k). ∵f(x)在 x∈[0,+∞)上是增函数, ∴当 x≥0 时,f′(x)=x(ex-2k)≥0 恒成立. ∴ex-2k≥0,即 2k≤ex 恒成立. 1 由于 e ≥1,∴2k≤1,则 k≤2.
x

1 又当 k=2时,f′(x)=x(ex-1)≥0 当且仅当 x=0 时取等号. 因此,实数 k
? 1? 的取值范围是?-∞,2?. ? ?

规律方法 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导
数的符号.而解答本题(2)问时,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) 若可导函数 f(x) 在指定的区间 D上单调递增 ( 减 ) ,求参数范围 问题,可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题,从而构建不 等式,要注意“=”是否可以取到.

【训练1】 已知函数f(x)=x3-ax2-3x.
(1)若f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围; (2)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间.



(1)对 f(x)求导,得 f′(x)=3x2-2ax-3.

3? 1? 由 f′(x)≥0,得 a≤2?x-x ?. ? ? 1? 3? 1? 3? 记 t(x)=2?x-x ?,则 t′(x)=2?1+x2?, ? ? ? ? 所以当 x≥1 时,t(x)是增函数, 3 ∴t(x)min=2(1-1)=0.∴a≤0. 故实数 a 的取值范围是(-∞,0].

(2)由题意,得 f′(3)=0,即 27-6a-3=0,∴a=4. ∴f(x)=x3-4x2-3x,f′(x)=3x2-8x-3. 1 令 f′(x)=0,得 x=-3或 3. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f ( x)
? 1? ?-∞,- ? 3? ?

1 -3 0 极大值

? 1 ? ?- ,3? ? 3 ?

3 0 极小值

(3,+∞) +





? 1? ∴f(x)的单调递增区间为?-∞,-3?,[3,+∞);f(x)的单调递减 ? ? ? 1 ? 区间为?-3,3?. ? ?

考点二

利用导数研究函数的极值

1 3 【例 2】 设 f(x)=aln x+2x+2x+1,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在 点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值.

审题路线 (1)由f′(1)=0?求a的值. (2)确定函数定义域?对f(x)求导,并求f′(x)=0?判断根左, 右f′(x)的符号?确定极值.



1 3 (1)由 f(x)=aln x+2x+2x+1,

a 1 3 ∴f′(x)=x-2x2+2. 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴, ∴该切线斜率为 0,即 f′(1)=0. 1 3 从而 a-2+2=0,∴a=-1.

1 3 (2)由(1)知,f(x)=-ln x+2x+2x+1(x>0), 1 1 3 ?3x+1??x-1? ∴f′(x)=-x-2x2+2= . 2x2 1 令 f′(x)=0,解得 x=1 或-3(舍去). 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3,f(x)无极大值.

规律方法 (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. (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.

【训练2】 已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的
两个极值点. (1)求a和b的值; (2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.

解 (1)f′(x)=3x2+2ax+b. 又 1 和-1 是函数 f(x)的两个极值点,
? ?f′?1?=3+2a+b=0, ∴? ? ?f′?-1?=3-2a+b=0.

解得,a=0,b=-3.

(2)由(1)知,f(x)=x3-3x,g′(x)=x3-3x+2.
由g′(x)=0,得(x-1)2(x+2)=0, ∴g′(x)=0的根为x=-2或1. 当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0. ∴x=-2是函数g(x)的极小值点. 当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0,故1不是g(x)的极值点. 所以g(x)的极小值点为-2,无极大值点.

考点三 利用导数求函数的最值

【例3】 (2012·重庆卷)已知函数f(x)=ax3+bx+c在x=2处取得
极值为c-16. (1)求a,b的值; (2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值.

审题路线

? ?f′?2?=0, (1)? ? ?f?2?=c-16

?a,b 的值;

(2)求导确定函数的极大值?求得 c 值?求得极大值、 极小值、 端点值?求得最值.



(1)因 f(x)=ax3+bx+c,故 f′(x)=3ax2+b,

由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,
? ?f′?2?=0, 故有? ? ?f?2?=c-16, ? ?12a+b=0, 即? ? ?8a+2b+c=c-16. ? ?a=1, 解得? ? ?b=-12.

? ?12a+b=0, 化简得? ? ?4a+b=-8,

(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12.
令f′(x)=0,得x=-2或2. 当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 9+ c -3

(-3, -2)


-2 0 极大 值

(-2,2) -

2 0 极小 值

(2,3) +

3

-9+ c

由表知f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=16+c,f(x)在x=2处取
得极小值f(2)=c-16. 由题设条件知,16+c=28,解得c=12, 此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因 此f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-4.

规律方法 在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极
值的区别.求解函数的最值时,要先求函数y=f(x)在[a,b]内所 有使f′(x)=0的点,再计算函数y=f(x)在区间内所有使f′(x)=0 的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.

【训练3】 设函数f(x)=x+ax2+bln x,曲线y=f(x)过P(1,0),且
在P点处的切线斜率为2. (1)求a,b的值; (2)令g(x)=f(x)-2x+2,求g(x)在定义域上的最值.

b 解 (1)f′(x)=1+2ax+x(x>0), 又 f(x)过点 P(1,0),且在点 P 处的切线斜率为 2,
? ?f?1?=0, ∴? ? ?f′?1?=2, ? ?1+a=0, 即? ? ?1+2a+b=2.

解得 a=-1,b=3.

(2)由(1)知,f(x)=x-x2+3ln x,其定义域为(0,+∞), ∴g(x)=2-x-x2+3ln x,x>0, ?x-1??2x+3? 3 则 g′(x)=-1-2x+x =- . x 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0. 所以 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减. ∴g(x)的最大值为 g(1)=0,g(x)没有最小值.

1 .注意单调函数的充要条件,尤其对于已知单调性求参数值

(范围)时,隐含恒成立思想.
2.求极值、最值时,要求步骤规范、表格齐全,区分极值点与 导数为0的点;含参数时,要讨论参数的大小. 3.求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通 过认真比较才能下结论.一个函数在其定义域内最值是唯一

的,可以在区间的端点取得.

创新突破3——导数在创新定义与不等式中的应用
【典例】 (2013·安徽卷)设函数f(x)=ax-(1+a2)x2,其中a>0, 区间I={x|f(x)>0}. (1)求I的长度(注:区间(α,β)的长度定义为β-α);? (2) 给定常数 k∈(0,1) ,当 1 - k≤a≤1 + k 时,求 I 长度的最小 值.?

突破: 由?理解区间长度的意义, 转化为求不等式 f(x)>0 的解集. 由?求 I 的长度最小值,即求以 a 为自变量的区间长度 d(a)= a ,a∈[1-k,1+k]构成的函数的最小值,利用导数求解. 1+a2

解 (1)因为方程 ax-(1+a2)x2=0(a>0)有两个实根 x1=0,x2= a 2,故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}. 1+a 因此区间
? a ? ? I=?0,1+a2? ?,区间 ? ?

a I 的长度为 . 1+a2

1-a2 a (2)设 d(a)= 2,则 d′(a)= 2 2(a>0). 1+a ?1+a ? 令 d′(a)=0,得 a=1.由于 0<k<1,故 当 1-k≤a<1 时,(1-k)2≤a2<1,d′(a)>0,d(a)单调递增; 当 1<a≤1+k 时,a2>1,d′(a)<0,d(a)单调递减. 所以当 1-k≤a≤1+k 时,d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1 +k 处取得.

1-k d?1-k? 1+?1-k?2 2-k2-k3 而 = = <1, d?1+k? 1+k 2-k2+k3 1+?1+k?2 故 d(1-k)<d(1+k). 因 此 当 a = 1 - k 时 , d(a) 在 区 间 [1 - k,1 + k] 上 取 得 最 小 值 1-k . 2-2k+k2

[ 反思感悟 ] (1) 本题以不等式的解集构成的区间长度为命题背
景,将导数求最值和含参数的不等式解法交汇,命题情境创 新. (2)解法创新,从不等式出发,构造函数利用导数判断函数的单 调性,根据单调性确定最值 d(1-k)与d(1+k),并借助不等式性 质比较二者的关系,体现了转化与化归的思想.

【自主体验】
已知函数f(x)=x2e-x. (1)求f(x)的极小值和极大值; (2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的 取值范围.

-x?x-2? 解 易知 f(x)的定义域 R,且 f′(x)= .① ex 令 f′(x)=0,得 x=0 或 2. 当 x 变化时,f′(x)与 f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f ( x)

(-∞,0) 0 0 - 0

(0,2) +

2 0 4e-2

(2,+∞) -

由以上表知,f(x)的极小值为f(0)=0;f(x)的极大值为4e-2.

(2)设切点为(t,f(t)),则 l 的方程为 y=f′(t)(x-t)+f(t). 所以 l 在 x 轴上的截距为 f ?t ? t 2 m(t)=t- =t+ =t-2+ +3. f ′ ?t ? t-2 t-2 由已知和①得 t∈(-∞,0)∪(2,+∞). 2 令 h(x)=x+ (x≠0),则当 x∈(0,+∞)时,h(x)的取值范围是 x [2 2,+∞);当 x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3). 所以当 t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0)∪ [2 2+3,+∞). 综上,l 在 x 轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2 2+3,+∞).


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