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2014届高考数学(山东专用理科)一轮复习教学案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


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

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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 3 3 2.若函数 y=a(x3-x)的递减区间为?- , ?,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.? B.? ?π, 2 ? ?2,2? 5π ? C.? D.(π,2π) ? 2 ,3π? 3 4.已知 f(x)=x -ax 在[1,+∞)上是单调增函数,则 a 的最大值是__________. 5.已知函数 f(x)=ax3+bx2+c,其导函数 f′(x)的图象如图所示,则函数 f(x)的极小值是 __________.
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一、利用导数研究函数的单调性 【例 1】已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(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 【例 2-1】已知实数 a>0,函数 f(x)=ax(x-2)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. 【例 2-2】已知函数 f(x)=x3+mx2+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:
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请做演练巩固提升 3,4 书写不规范而致误 1 【典例】设函数 f(x)=x(ex-1)- x2,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 正解:因为 f(x)=x(ex-1)- x2, 2 x x 所以 f′(x)=e -1+x e -x=(ex-1)· (x+1). 令 f′(x)>0,即(ex-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 1.(2012 辽宁高考)函数 y= x2-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 .函数 f(x) = x3 + 3ax2 + 3[(a + 2)x + 1] 既有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是 __________. 4.函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小值. ex 5.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.

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 极小值 基础自测 2 2 1 1 1- ?=0 可得 x=2. 1.D 解析:由 f′(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.A 解析:∵y′=a(3x2-1) 3 3 =3a?x+ ??x- ?, 3 ?? 3? ? 3 3 ∴当- <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. 4.3 解析:∵f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上是单调增函数, ∴f′(x)=3x2-a≥0 在[1,+∞)上恒成立,即 a≤3x2 在[1,+∞)上恒成立, 而当 x∈[1,+∞)时, (3x2)min=3×12=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 【例 1】解:(1)当 a=2 时,f(x)=(-x2+2x)ex, ∴f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex =(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, ∵ex>0,∴-x2+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, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0 对 x∈R 都成立. ∴Δ=(a-2)2+4a≤0, 即 a2+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, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≥0 对 x∈R 都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≤0 对 x∈R 都成立. 而 Δ=(a-2)2+4a=a2+4>0,故函数 f(x)不可能在 R 上单调递增.

综上可知,函数 f(x)不可能是 R 上的单调函数. 【例 2-1】解:(1)f(x)=ax3-4a x2+4ax,f′ (x)=3ax2-8ax+4a. 令 f′(x)=0,得 3ax2-8ax+4a=0. ∵a≠0, ∴3x2-8x+4=0, 2 ∴x= 或 x=2. 3 ∵a>0, 2 -∞, ?或 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0. ∴当 x∈? 3? ? 2? ∴函数 f(x)的单调递增区间为? ?-∞,3?和(2,+∞); 2 ? ∵当 x∈? ?3,2?时,f′(x)<0, 2 ? ∴函数 f(x)的单调递减区间为? ?3,2?. 2? (2)∵当 x∈? ?-∞,3?时,f′(x)>0; 2 ? 当 x∈? ?3,2?时,f′(x)<0; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0. 2 ∴f(x)在 x= 时取得极大值, 3 2?2 ?2 即 a·?3-2? =32.∴a=27. 3 【例 2-2】解:(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6),得 m-n=-3.① 由 f(x)=x3+mx2+nx-2, 得 f′(x)=3x2+2m x+n, 则 g(x)=f′(x)+6x =3x2+(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. 于是 f′(x)=3x2-6x=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 (0,2) 2 (-∞,0) (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. 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;
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当 a=1 或 a≥3 时,f(x)无极值. 演练巩固提升 2 1 1 x -1 1.B 解析:对函数 y= x2-ln x 求导,得 y′=x- = (x>0), 2 x x x -1 ? ? ≤0, 令? x 解得 x∈(0,1]. ? ?x>0, 1 因此函数 y= x2-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.a>2 或 a<-1 解析:∵f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1], ∴f′(x)=3x2+6ax+3(a+2). 令 3x2+6ax+3(a+2)=0, 即 x2+2ax+a+2=0. ∵函 数 f(x)有极大值和极小值, ∴方程 x2+2ax+a+2=0 有两个不相等的实根,即 Δ=4a2-4a-8>0, ∴a>2 或 a<-1. 4.2 解析:f(x)=x3-3x2+1, f′(x)=3x2-6x. 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) 1+ax2-2ax =ex .① (1+ax2)2 4 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0, 3 则 4x 2-8x+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. 结合①与条件 a>0,知 ax2-2ax+1≥0 在 R 上恒成立, 因此 Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1.
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