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2014届高考数学一轮复习课件:第二章第11课时导数与函数的单调性、极值(新人教A版)


第11课时

导数与函数的单调
性、极值

2014高考导航
考纲展示 1.了解函数单调性和导数的 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). 备考

指南 1.利用导数研究函数的单调 性、极值是近几年高考的热 点. 2.选择题、填空题侧重于利 用导数确定函数的单调性和 极值.解答题侧重于导数与 函数、解析几何、不等式、 数列的综合应用,一般难度 较大,属中、高档题.

本节目录

教 材 回 顾 夯 实 双 基

考 点 探 究 讲 练 互 动

名 师 讲 坛 精 彩 呈 现

知 能 演 练 轻 松 闯 关

教材回顾夯实双基
基础梳理
1.函数的单调性与导数 在区间(a,b)内,函数的单调性与其导数的正负有如下的 关系: f′(x)>0 如果________,那么函数y=f(x)在这个区间单调递增; f′(x)<0 如果_________,那么函数y=f(x)在这个区间单调递减;

f′(x)=0 如果_________,那么函数y=f(x)在这个区间为常数.

思考探究 1.若函数y=f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有f′(x)>0 吗?f′(x)>0是否是y=f(x)在(a,b)内单调递增的充要条件? 提示:函数y=f(x)在(a,b)内单调递增,则f′(x)≥0,f′(x)>0 是y=f(x)在(a,b)内单调递增的充分不必要条件.

2.函数极值的概念 函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的 f′(x)<0 函数值都小,f′(a)=0;而且在点x=a附近的左侧________, f′(x)>0 极小值点 右侧_______,则点a叫作函数y=f(x)的__________,f(a)叫函 极小值 数y=f(x)的________.

函数y=f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的 f′(x)>0 函数值都大,f′(b)=0;而且在点x=b附近的左侧________, f′(x)<0 极大值点 右侧_________,则点b叫作函数y=f(x)的__________,f(b)叫
极大值 函数y=f(x)的_________. 极值点 极大值点、极小值点统称为________,极大值、极小值统称 极值 为______.

思考探究 2.若f′(x0)=0,则x0一定是f(x)的极值点吗?

提示:不一定.可导函数在一点的导数值为0是函数在这点取
得极值的必要条件,而不是充分条件.如函数f(x)=x3,在x=

0时,有f′(x)=0,但x=0不是函数f(x)=x3的极值点.

课前热身
1.下列函数存在极值的是( ) 1 A.y= B.y=x2-3 x C.y=x3+x2+2x-3 D.y=x3

答案:B 2.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3时取得极

值,则实数a等于(
A.2 C.4

)
B.3 D.5

答案:D

1 2 3.(2012· 高考辽宁卷)函数 y= x -ln x 的单调递减区间为 2 ( ) B.(0,1] D.(0,+∞)

A.(-1,1] C.[1,+∞)

解析:选 B.由题意知,函数的定义域为(0,+∞).又由 y′= 1 x- ≤0,解得 0<x≤1,所以函数的单调递减区间为(0,1]. x

4.已知函数 y=f(x)的导数的图象如图,则随着 x 的增大, 函数值先________后________.

答案:减



5.已知a>0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调递增函 数,则a的取值范围是________. 解析:∵f′(x)=3x2-a,f(x)在[1,+∞)上是单调增函数,

∴f′(x)≥0,∴a≤3x2,∴a≤3.又a>0,可知0<a≤3.
答案:(0,3]

考点探究讲练互动
考点突破
考点 1 函数的单调性与导数 1 3 1-a 2 (2012· 高考天津卷节选)已知函数 f(x)= x + x 3 2

例1

-ax-a,x∈R,其中 a>0. (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零点, a 的取值范围. 求

【解】 (1)f′(x)=x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a). 由 f′(x)=0,得 x1=-1,x2=a>0. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) (-1,a) (a,+∞) + ↗ - ↘ + ↗

故函数 f(x)的单调递增区间是(-∞,-1),(a,+∞);单 调递减区间是(-1,a).

(2)由(1)知 f(x)在区间(-2,-1)内单调递增,在区间(-1, 0)内单调递减,从而函数 f(x)在区间(-2,0)内恰有两个零

?f(-2)<0, ? 1 点当且仅当?f(-1)>0, 解得 0<a< . 3 ?f(0)<0, ? ?0,1 ?. 所以 a 的取值范围是 ? 3?

【规律小结】 步骤为:

利用导数求函数f(x)的单调区间的一般

(1)确定函数f(x)的定义域; (2)求导数f′(x); (3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0和f′(x)<0;

(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间.

跟踪训练

1.已知函数f(x)=4x3 +3tx2 -6t2x+t-1,x∈R,其中
t∈R. (1)当t=1时,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)当t≠0时,求f(x)的单调区间. 解:(1)当t=1时,f(x)=4x3+3x2-6x,f(0)=0,f′(x)=

12x2 +6x-6,f′(0)=-6.所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))
处的切线方程为y=-6x.

(2)f′(x)=12x2+6tx-6t2. t 令 f′(x)=0,解得 x=-t 或 x= . 2 因为 t≠0,所以分两种情况讨论: t ①若 t<0,则 <-t. 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ?-∞, t ? ? t ,-t? (-t,+∞) x ? 2? ?2 ? f′(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ ?-∞, t ? ,(-t,+∞);f(x) 所以 f(x)的单调递增区间是? 2? ? t ,-t?. 的单调递减区间是?2 ?

t ②若 t>0,则-t< . 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: t t x (-∞,-t) ?-t, ? ? ,+∞ ? ? 2 ? ?2 ? f′(x) + - + f(x) ↗ ↘ ↗ ? t ,+∞? ;f(x) 所以 f(x)的单调递增区间是(-∞,-t), ?2 ? ?-t, t ?. 的单调递减区间是? 2?

考点 2

例2 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.
【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).

由函数的单调性求参数的取值范围 已知 a∈R,函数 f(x)=(-x2+ax)ex(x∈R,e 为自

(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.

【规律小结】

由函数的单调性求参数的取值范围,这

类问题一般已知f(x)在区间I上单调递增(递减),等价于不 等式f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间I上恒成立,然后可借助分离 参数等方法求出参数的取值范围.

跟踪训练 2.已知函数 f(x)=ex-ax-1. (1)求 f(x)的单调增区间; (2)是否存在 a,使 f(x)在(-2,3)上为减函数?若存在,求 出 a 的取值范围,若不存在,说明理由.
解:f′(x)=ex-a, (1)若 a≤0,则 f′(x)=ex-a>0, 因此 f(x)在 R 上递增. 若 a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥ln a. 因此 f(x)的递增区间是[ln a,+∞).

(2)由 f′(x)=ex-a≤0 在(-2,3)上恒成立. ∴a≥ex 在 x∈(-2,3)上恒成立. 又∵-2<x<3,∴e 2<ex<e3,只需 a≥e3. 当 a=e3 时,f′(x)=ex-e3 在 x∈(-2,3)上,f′(x)<0, 即 f(x)在 (-2,3)上为减函数,∴a≥e3. 故存在实数 a≥e3,使 f(x)在(-2,3)上单调递减.


考点 3

函数的极值与导数

高考江苏卷节选)若函数 y=f(x)在 x=x0 处取得 例3 (2012· 极大值或极小值,则称 x0 为函数 y=f(x)的极值点.已知 a, b 是实数, 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. 1 (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)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且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. 因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),

所以g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,
于是函数g(x)的极值点只可能是1或-2. 当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,故-2 是g(x)的极值点. 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)的极值点为-2.

【规律小结】

求可导函数f(x)极值的步骤:

(1)确定函数的定义域;
(2)求导数f′(x); (3)求方程f′(x)=0的根;

(4)检验f′(x)在方程f′(x)=0的根的左、右两侧的符号,
如果在根的左侧附近f′(x)>0,右侧附近f′(x)<0,那 么函数y=f(x)在这个根处取得极大值;如果在根的左侧

附近f′(x)<0,右侧附近f′(x)>0,那么函数y=f(x)在
这个根处取得极小值.

跟踪训练 1 3 3.(2012· 高考重庆卷)设 f(x)=aln x+ + x+1,其中 a 2x 2 ∈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.
1 3 解:(1)因为 f(x)=aln x+ + x+1, 2x 2 a 1 3 故 f′(x)= - 2+ . x 2x 2 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴,故该切 1 3 线斜率为 0,即 f′(1)=0,从而 a- + =0,解得 a=-1. 2 2

1 3 (2)由(1)知 f(x)=-ln x+ + x+1(x>0), 2x 2 1 1 3 f′(x)=- - 2+ x 2x 2 3x2-2x-1 ?3x+1??x-1? = = . 2x2 2x2 1 1 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=- (因为 x2=- 不在定义 3 3 域内,舍去). 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,故 f(x)在(0,1)上为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(1,+∞)上为增 函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3.

方法感悟
1.“f′(x)>0(或f′(x)<0)”是“函数f(x)在某一区间上为
增函数(或减函数)”的充分不必要条件;“f′(x0)=0”是 “函数f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件. 2.可导函数的极值表示函数在一点附近的情况,是在局部 对函数值的比较;函数的最值是表示函数在一个区间上的

情况,是对函数在整个区间上的函数值的比较.
3.可导函数的极值点导数为零,但导数为零的点未必是极 值点,如函数y=x3在x=0处导数为零,但x=0不是极值点.

名师讲坛精彩呈现
规范解答 导数法求函数的单调区间

例 (本题满分 12 分)(2012· 高考山东卷)已知函数 f(x) ln x+k = (k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数), 曲 ex 线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间; (3)设 g(x)=xf′(x),其中 f′(x)为 f(x)的导函数,证明: - 对任意 x>0,g(x)<1+e 2.

ln x+k 【解】 (1)由 f(x)= , ex 1-kx-xln x 1 得 f′(x)= ?,x∈(0,+∞).2 分 x xe 由于曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线与 x 轴平行, 所以 f′(1)=0,因此 k=1.4 分 1 (2)由(1)得 f′(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞). xe 令 h(x)=1-x-xln x,x∈(0,+∞),5 分 当 x∈(0,1)时,h(x)>0;当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0. 又 ex>0,所以当 x∈(0,1)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0. 因此 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+ 2 ∞)? .8分

(3)证明:因为 g(x)=xf′(x), 1 所以 g(x)= x(1-x-xln x),x∈(0,+∞). e 由(2)知 h(x)=1-x-xln x, - 求导得 h′(x)=-ln x-2=-(ln x-ln e 2), - 所以当 x∈(0,e 2)时,h′(x)>0,函数 h(x)单调递增; - 当 x∈(e 2,+∞)时,h′(x)<0,函数 h(x)单调递减.10 分 - - 3 所以当 x∈(0,+∞)时,h(x)≤h(e 2)=1+e 2?. 1 又当 x∈(0,+∞)时,0< x<1, e 1 -2 所以当 x∈(0,+∞)时, xh(x)<1+e , e - 即 g(x)<1+e 2. 综上所述,结论成立. 12 分

抓关键 促规范
1 此步关键,切忌出错, 2 易忽视结论,造成失分.

3 判断 h(x)的范围是本题难点.

【方法提炼】

利用导数法求函数的单调区间,应按照求

单调区间的一般步骤,注意函数单调性是函数在其定义域
上的局部性质,函数的单调区间是函数的定义域的子区间,

求函数单调区间时千万不要忽视函数的定义域.

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