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2019创新设计高中数学第三章第2讲用导数研究函数的单调性与极值_图文

2019创新设计高中数学第三章第2讲用导数研究函数的单调性与极值_图文

第2讲 用导数研究函数的单调性与极值

抓住2个考点

突破3个考向

揭秘3年高考

考点梳理
1.函数的单调性 函数f(x)在(a,b)内可导,f′(x)在(a,b)任意子区间内都不恒 等于0.f′(x)≥0?f(x)为__增_函数;f′(x)≤0?f(x)为__减_函数.
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;

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揭秘3年高考

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.

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揭秘3年高考

【助学·微博】 一个考情解读
本讲内容是高考的必考内容,主要以解答题的形式考查利 用导数研究函数的单调性,求函数的单调区间,求函数的 极值.也有可能以解答题的形式考查导数与解析几何、不 等式、三角函数等知识相结合的问题.综合题一般作为压 轴题出现,难度较大.

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揭秘3年高考

考点自测
1.(2012·苏州调研)函数 y=1x+2ln x 的单调减区间为________. 解析 由 y=1x+2ln x,得 y′=-x12+2x=2xx-2 1≤0(x>0), 解得 0<x≤12,所以函数的单减区间为???0,12???. 答案 ???0,12???

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2.函数y=3x2-6ln x的单调增区间为________,单调减 区间为________. 解析 y′=6x-6x=6x2x-6.∵定义域为(0,+∞), 由 y′>0,得 x>1,∴增区间为(1,+∞);
由 y′<0,得 0<x<1,∴减区间为(0,1).
答案 (1,+∞) (0,1)

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揭秘3年高考

3.若函数f(x)=ax3+3x2-x恰有3个单调区间,则实数a的 取值范围是________. 解析 由题意 f′(x)=3ax2+6x-1=0 有两个不相等的 实数根,故?????a6≠2+04×3a>0, ?a>-3 且 a≠0.
答案 (-3,0)∪(0,+∞)

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揭秘3年高考

4.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,由f(x)在[1,+∞)上是单调递增函 数,得f′(x)≥0在区间[1,+∞)上恒成立,即3x2-a≥0, x∈[1,+∞)恒成立,故实数a≤3x2在[1,+∞)上的最小 值,即a≤3. 答案 (-∞,3]

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5.(2019·启东中学一模)若函数f(x)=x3+x2-ax-4在区间 (-1,1)内恰有一个极值点,则实数a的取值范围是 ________. 解析 由 f(x)=x3+x2-ax-4,得 f′(x)=3x2+2x-a.由题 意,f′(x)=0,即 3x2+2x-a=0 在(-1,1)内恰有一个实根,

所 以 f′( - 1)f′(1) = (3 - 2 - a)(3 + 2 - a)<0 或

??f′?-1?=3-2-a=0, ???f′?1?=3+2-a>0,

解得 1<a<5 或 a=1.

故实数 a 的取值范围是[1,5).

答案 [1,5)

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考向一 利用导数解决函数的单调性问题

【例 1】 (2012·苏中三市调研)已知函数 f(x)=ln x-ax+ 1-x a-1(a∈R). (1)当 a=-1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程; (2)当 a≤12时,讨论 f(x)的单调性.

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解 (1)当 a=-1 时,f(x)=ln x+x+2x-1,x∈(0,+∞).所 以 f′(x)=x2+xx2-2,x∈(0,+∞),因此 f′(2)=1, 即曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为 1. 又 f(2)=ln 2+2,所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方 程为 y-(ln 2+2)=x-2,即 x-y+ln 2=0. (2)因为 f(x)=ln x-ax+1-x a-1, 所以 f′(x)=1x-a+a-x21=-ax2-xx+2 1-a,x∈(0,+∞).

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令g(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞), ①当a=0时,g(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以,当x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调 递减;当x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x) 单调递增; ②当a≠0时,由f′(x)=0, 即 ax2-x+1-a=0,解得 x1=1,x2=1a-1.
(ⅰ)当 a=12时,x1=x2,g(x)≥0 恒成立,此时 f′(x)≤0,
函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减;

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(ⅱ)当 0<a<12时,1a-1>1>0, x∈(0,1)时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; x∈???1,1a-1???时,g(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递 增; x∈???1a-1,+∞???时,g(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调 递减; (ⅲ)当 a<0 时,由于1a-1<0, x∈(0,1)时,g(x)>0,此时f′(x)<0,函数f(x)单调递减;
x∈(1,+∞)时,g(x)<0,此时f′(x)>0,函数f(x)单调递
增.

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综上所述: 当 a≤0 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上 单调递增; 当 a=12时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当 0<a<12时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,在???1,1a-1???上 单调递增,在???1a-1,+∞???上单调递减.

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[方法总结] 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集 的情况.大多数情况下,这类问题可以归结为一个含有参 数的一元二次不等式的解集的讨论,在能够通过因式分解 求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论, 在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程 的判别式进行分类讨论.

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【训练1】 已知f(x)=ex-ax-1. (1)求f(x)的单调增区间; (2)若f(x)在定义域R内单调递增,求a的取值范围. 解 (1)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a. 令f′(x)≥0,得ex≥a, 当a≤0时,有f′(x)>0在R上恒成立; 当a>0时,有x≥ln a. 综上,当a≤0时,f(x)的单调增区间为(-∞,+∞); 当a>0时,f(x)的单调增区间为[ln a,+∞).

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(2)∵f(x)=ex-ax-1,∴f′(x)=ex-a. ∵f(x)在R上单调递增, ∴f′(x)=ex-a≥0恒成立, 即a≤ex,x∈R恒成立. ∵x∈R时,ex∈(0,+∞),∴a≤0. 当a=0时,f′(x)=ex,f′(x)>0在R上恒成立. 故当a≤0时,f(x)在定义域R内单调递增.

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考向二 利用导数解决函数的极值问题
【例 2】 (2012·无锡调研)已知函数 f(x)=lnxx(x>0,x≠1). (1)求函数 f(x)的极值; (2)若不等式 exa>x 对任意实数 x 恒成立,求实数 a 的 取值范围. 解 (1)函数 f(x)=lnxx的定义域为(0,1)∪(1,+∞),f′(x) =l?nlnx-x?21.令 f′(x)=0,解得 x=e,列表如下:

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x f′(x)
f(x)

(0,1)

(1,e)





e

(e,+∞)

0



单调递减 单调递减 极小值f(e) 单调递增

由表得函数f(x)的单调减区间为(0,1)及(1,e),单调增区间 为(e,+∞). 所以存在极小值为f(e)=e,无极大值.

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(2)当 x≤0 时,对任意 a≠0,不等式恒成立. 当 x>0 时,在 exa>x 两边取自然对数,得xa>ln x. ①当 0<x≤1 时,ln x≤0,当 a>0 时,不等式恒成立; 当 a<0 时,ln x<0,aln x>0,不等式等价于 a<lnxx,由 (1)得,此时lnxx ∈(-∞,0),不等式不恒成立. ②当 x>1 时,ln x>0,则 a>0,不等式等价于 a<lnxx, 由(1)得,此时lnxx的最小值为 e,得 0<a<e. 综上,a 的取值范围是(0,e).

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[方法总结] (1)求函数单调区间与函数极值时要养成列表的 习惯,可使问题直观且有条理,减少失分的可能. (2)导函数的零点并不一定就是函数的极值点,所以在求出 导函数的零点后一定注意分析这个零点是不是函数的极值 点.

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【训练 2】(2011·安徽卷)设 f(x)=1+exax2,其中 a 为正实数. (1)当 a=43时,求 f(x)的极值点;
(2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.
解 对 f(x)求导,得 f′(x)=ex·1+?1a+x2a-x22?2ax.① (1)当 a=43时,由 f′(x)=0,得 4x2-8x+3=0,解得 x1=32,x2=12.结合①,可知

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x

???-∞,12???

1 2

???12,32 ???

3 2

f′(x) +

0



0

???32,+∞ ??? +

f(x)

极大值

极小值

所以 x1=32是极小值点,x2=12是极大值点.
(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(a>0),解得0<a≤1. 所以a的取值范围为(0,1].

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考向三 利用导数求参数的取值范围问题
【例3】 (2019·江苏)已知a,b是实数,函数f(x)=x3+ax, g(x)=x2+bx,f′(x)和g′(x)分别是f(x)和g(x)的导函数, 若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立,则称f(x)和g(x)在区间 I上单调性一致. (1)设a>0.若f(x)和g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求 b的取值范围; (2)设a<0且a≠b.若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单 调性一致,求|a-b|的最大值.

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解 f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b.
(1)由题意知f′(x)g′(x)≥0在[-1,+∞)上恒成立. 因为a>0,故3x2+a>0,
进而2x+b≥0,即b≥-2x在[-1,+∞)上恒成立, 所以b≥2.因此b的取值范围是[2,+∞).
(2)令 f′(x)=0,解得 x=± -a3. 若 b>0,由 a<0 得 0∈(a,b).又因为 f′(0)g′(0)=ab<0, 所以函数 f(x)和 g(x)在(a,b)上不是单调性一致的. 因此 b≤0.现设 b≤0.

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当 x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;

?
当 x∈?-∞,-
?

-a3???时,f′(x)>0.因此,

?
当 x∈?-∞,-
?

-a3???时,f′(x)g′(x)<0.

故由题设得 a≥- -a3且 b≥- -a3,从而-13≤a<0,

于是-13≤b≤0.因此|a-b|≤13,且当 a=-13,b=0 时等号

成立.又当 a=-13,b=0 时,f′(x)g′(x)=6x???x2-19???,

从而当 x∈???-13,0???时 f′(x)g′(x)>0,故函数 f(x)和 g(x)

在???-13,0???上单调性一致.因此|a-b|的最大值为13.

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[方法总结] 若f(x)在区间D上单调增(减),则对任意的 x∈D,恒有f′(x)≥0(f′(x)≤0),由此可求出含参数的取值范 围,另外,还可由a≤f(x)(a≥f(x))恒成立 ?a≤f(x)min(a≥f(x)max),由f(x)单调性求出f(x)的最大(小) 值,从而可确定参数a的取值范围.

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【训练 3】 (2012·南师附中三模)已知函数 f(x)=ax3-32x2+ 1(x∈R),其中 a>0. (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)若在区间???-12,12???上,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范 围.
解 (1)当 a=1 时,f(x)=x3-32x2+1,f(2)=3;f′(x)=3x2 -3x,f′(2)=6.所以曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方 程为 y-3=6(x-2),即 y=6x-9.

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(2)f′(x)=3ax2-3x=3x(ax-1).

令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x=1a. 以下分两种情况讨论:

①若 0<a≤2,则1a≥12.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情

况如下表:

x

???-12,0 ???

0

???0,12 ???

f′(x)



0



f(x)

极大值

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当 x∈???-12,12???时,f(x)>0 等价于

???f???-12???>0, ??f???12???>0,

即?????55-+88 aa>>00.,

解不等式组得-5<a<5,因此 0<a≤2.

②若 a>2,则 0<1a<12.当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况 如下表:

x

???-12,0 ???

0

???0,1a ???

1 a

???1a,12 ???

f′(x)



0



0



f(x)

极大值

极小值

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当 x∈???-12,12???时,f(x)>0 等价于

???f???-12???>0, ??f???1a???>0,

即???5-8 a>0, ??1-21a2>0.

解不等式组得

2 2 <a<5



a<-

22.因此

2<a<5.

综合①和②,可知 a 的取值范围为 0<a<5.

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规范解答4 函数的单调性及其应用
由于函数的单调性可以用来求最值、解不等式和求解 恒成立问题,所以要灵活应用单调性解题.
要善于将有关问题转化成单调性问题求解,比如分离 参数,构造函数等.

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【示例】 (2011·陕西卷)设函数 f(x)定义在(0,+∞)上, f(1)=0,导函数 f′(x)=1x, g(x)=f(x)+f′(x). (1)求 g(x)的单调区间和最小值; (2)讨论 g(x)与 g???1x???的大小关系; (3)是否存在 x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<1x对任意 x>0 成立?若 存在,求出 x0 的取值范围;若不存在,请说明理由.

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[审题路线图] 第(2)问重新构造函数 h(x)=g(x)-g???1x???,利 用导数研究这个函数的单调性. 第(3)问采用反证法,可先把|g(x)-g(x0)|<1x等价变形为 ln x<g(x0)<ln x+2x,x>0,再在 x∈(0,+∞)上任取一个值验证 矛盾.
[解答示范] (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+1x,
所以 g′(x)=x-x21,令 g′(x)=0 得 x=1,(2 分)

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当x∈(0,1)时,g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的单调增 区间, 因此,x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是 最小值点,所以最小值为g(1)=1.(4分) (2)g???1x???=-ln x+x,
设 h(x)=g(x)-g???1x???=2ln x-x+1x, 则 h′(x)=-?x-x21?2,(7 分)

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当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g???1x???, 当 x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,h′(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 当 0<x<1 时,h(x)>h(1)=0,即 g(x)>g???1x???, 当 x>1 时,h(x)<h(1)=0,即 g(x)<g???1x???.(9 分)

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(3)满足条件的 x0 不存在. 证明如下: 假设存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<1x对任意 x>0 成立, 即对任意 x>0,有 ln x<g(x0)<ln x+2x,(*) 但对上述 x0,取 x1=eg(x0)时,有 ln x1=g(x0).这与(*) 左边不等式矛盾, ∴不存在 x0>0,使|g(x)-g(x0)|<1x对任意 x>0 成立.(14 分)
[点评] 本题主要考查导数的应用,即如何利用导数求函
数的单调性和最值.

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高考经典题组训练

1.(2019·重庆卷改编)设函数f(x)在R 上可导,其导函数为f′(x),且函数 y=(1-x)f′(x)的图象如图所 示.则f(x)的极值点分别为 ________. 解析 当x<-2时,1-x>3,则f′(x)>0;当-2<x <1时, 0<1-x<3,则f′(x)<0,所以函数有极大值f(-2). 当1<x<2时,-1<1-x<0,则f′(x)<0;当x>2时,1-x<- 1,则f′(x)>0,所以函数有极小值f(2). 答案 2或-2

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2.(2012·新课标全国卷改编)已知函数 f(x)满足 f(x)=f′(1)ex



1



f(0)x



1 2

x2





f(x) 的 解 析 式 为

____________________,单调区间为________________. 解析 因为 f(x)=f′(1)ex-1-f(0)x+12x2, 所以 f′(x)=f′(1)ex-1-f(0)+x,所以

f′(1)=f′(1)-f(0)+1,即 f(0)=1,又 f(0)=f′(1)e-1,

所以 f′(1)=e,从而 f(x)=ex-x+12x2.

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又由f′(x)=ex-1+x知,当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0, 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递 减,在(0,+∞)上单调递增. 答案 f(x)=ex-x+12x2 递减区间为(-∞,0),递增区间 为(0,+∞)

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3.(2019·浙江卷)已知函数f(x)=(x-a)2(x-b)(a,b∈R, a<b). (1)当a=1,b=2时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程; (2)设x1,x2是f(x)的两个极值点,x3是f(x)的一个零点,且 x3≠x1,x3≠x2.证明:存在实数x4,使得x1,x2,x3,x4按某 种顺序排列后构成等差数列,并求x4. 解 (1)当a=1,b=2时,因为f′(x)=(x-1)(3x-5), 故f′(2)=1.又f(2)=0, 所以曲线y=f(x)在点(2,0)处的切线方程为y=x-2.

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(2)因为 f′(x)=3(x-a)????x-a+32b????,由于 a<b, 故 a<a+32b,所以 f(x)的两个极值点为 x=a,x=a+32b. 不妨设 x1=a,x2=a+32b, 因为 x3≠x1,x3≠x2,且 x3 是 f(x)的一个零点,故 x3=b. 又因为a+32b-a=2????b-a+32b????, 故可令 x4=12????a+a+32b????=2a+3 b, 此时 a,2a+3 b,a+32b,b 依次成等差数列, 所在存在实数 x4 满足题意,且 x4=2a+3 b.

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4.(2012·重庆卷)设 f(x)=aln x+21x+32x+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. 解 (1)因为 f(x)=aln x+21x+32x+1,
所以 f′(x)=ax-21x2+32.
由题意,f′(1)=0,从而 a-12+32=0,所以 a=-1.

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(2)由(1)知 f(x)=-ln x+21x+32x+1(x>0),所以 f′(x)= -1x-21x2+32=3x2-2x22x-1=?3x+21x??2x-1?. 令 f′(x)=0,得 x=1 或 x=-13(舍去). 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以 f(x)在(0,1)上单调减,在(1,+∞)上单调增,所以 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3.

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