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3.1.3 函数单调性与极值习题课(同步教案)

3.1.3 函数单调性与极值习题课(同步教案)


加倍教案

(北师大版选修 2-2 第三章)

1.3 函数单调性与极值(习题课)
一、教学目标
1.巩固用导数求函数单调性及极值的方法,将其规范化; 2.进一步深化明确导数在研究函数中的作用,能用联系的观点对待函数与导数; 3.利用个别题目,介绍用导数研究方程函数的方法,体会数形结合的优越性 注:本节教案分两课时完成.

二、知识要点
1.导数与单调性 (1)函数单调性与导数的关系 (2)单调性的求法 2.导数与极值 (1)极值的定义(区别与最值) (2)极值与导数的关系: 导数为零不能推出是极值(反例为 f ( x) ? x3 ) ; 极值点导数不一定为零(反例为 f ( x) ? x ) (3)求函数极值的步骤

三、例题讲解
2 例 1. 已知函数 f(x)=x3+bx2+cx+2 在 x=-2 和 x= 处取得极值. 3 (1) 确定函数 f(x)的解析式; (2) 求函数 f(x)的单调区间; (3)作出函数 f ( x ) 的大致图像. 2 2 解:(1)f′(x)=3x2+2bx+c.因为在 x=-2 和 x= 处取得极值,所以-2, 为 3x2+2bx 3 3 2 2b -2+ =- , ?b=2, 3 3 ? +c=0 的两个根,所以 所以? 2 c ? ?c=-4, -2× = , 3 3

? ? ?

所以 f(x)=x3+2x2-4x+2. 2 (2)f′(x)=3x2+4x-4.令 f′(x)>0,则 x<-2 或 x> ,所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞, 3 2 2 -2),( ,+∞);令 f′(x)<0,则-2<x< , 3 3 2 所以函数 f(x)的单调递减区间为(-2, ). 3 (3)略
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(北师大版选修 2-2 第三章)

例 2. 设函数 f(x)=sin x-cos x+x+1,0<x<2π,求函数 f(x)的单调区间. 解:由 f(x)=sin x-cos x+x+1,0<x<2π, 知 f′(x)=cos x+sin x+1, π 于是 f′(x)=1+ 2sin(x+ ). 4 π 2 3π 令 f′(x)=0,从而 sin(x+ )=- ,得 x=π,或 x= . 4 2 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (0,π) + 单调递增 π 0 π+2 3π (π, ) 2 - 单调递减 3π 2 0 3π 2 3π ( ,2π) 2 + 单调递增

3π 3π 因此,由上表知 f(x)的单调递增区间是(0,π)和( ,2π),单调递减区间是(π, ). 2 2 变式 1.求函数 f ( x ) 的极值. 变式 2.作出函数 f ( x ) 的草图. 变式 3.设函数 f ( x) ? sin x ? cos x ? x ? a , x ??0, 2? ? 有且仅有两个零点,求实数 a 的值. 变式 4.设方程 sin x ? cos x ? x ? a 有三个不同的实根,求实数 a 的取值范围. 例 3.证明: e ? 1 ? x
x

证明:令 f(x)=e -x-1, ∴f′(x)=e -1. ∵x∈[0,+∞)时,e -1≥0 恒成立,即 f′(x)≥0. ∴f(x)在[0,+∞)上为增函数. 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)=e -1<0 恒成立, ∴f(x)在(-∞,0)上是减函数. 又∵f(0)=0,∴当 x∈R 时,f(x)≥f(0), 即 e -x-1≥0,∴e ≥x+1. 例 4. 设 a 为实数,函数 f ( x) ? x ? x ? x ? a .
3 2
x x x x x

x

(1)求 f ( x ) 的极值; (2)作出函数 g ( x) ? x ? x ? x 的图像;
3 2

(3)当 a 在什么范围内取值时,曲线 y=f(x)与 x 轴仅有一个交点? 解: (1)f′(x)=3x2-2x-1. 1 令 f′(x)=0,则 x=- 或 x=1. 3 当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表: 1 1 (-∞,- ) - x 3 3
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1 (- ,1) 3

1

(1,+∞)
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f′(x) f(x)



0



0 极小值

+ ?

极大值 ? ? 1 5 所以 f(x)的极大值是 f(- )= +a,极小值是 f(1)=a-1. 3 27 (2)略. (3)函数 f(x)=x3-x2-x+a=(x-1)2(x+1)+a-1, 由此可知,x 取足够大的正数时, 有 f(x)>0,x 取足够小的负数时,有 f(x)<0, 所以曲线 y=f(x)与 x 轴至少有一个交点. 1 5 由(1)知 f(x)极大值=f(- )= +a,f(x)极小值=f(1)=a-1. 3 27 ∵曲线 y=f(x)与 x 轴仅有一个交点,

∴f(x)极大值<0 或 f(x)极小值>0, 5 即 +a<0 或 a-1>0, 27 5 ∴a<- 或 a>1, 27 5 ∴当 a∈(-∞,- )∪(1,+∞)时,曲线 y=f(x)与 x 轴仅有一个交点. 27 例 5. 设 a 为实数,函数 f(x)=ex-2x+2a,x∈R. (1)求 f(x)的单调区间与极值; (2)求证:当 a>ln 2-1 且 x>0 时,ex>x2-2ax+1. 解:(1)由 f(x)=ex-2x+2a,x∈R 知 f′(x)=ex-2,x∈R. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2. 于是当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,ln 2) - 单调递减? ln 2 0 2(1-ln 2+a) (ln 2,+∞) + 单调递增?

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在 x=ln 2 处取得 极小值,极小值为 f(ln 2)=2(1-ln 2+a). (2)证明 设 g(x)=ex-x2+2ax-1,x∈R, 于是 g′(x)=ex-2x+2a,x∈R. 由(1)知当 a>ln 2-1 时,g′(x)取最小值为 g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0. 于是对任意 x∈R,都有 g′(x)>0,所以 g(x)在 R 内单调递增. 于是当 a>ln 2-1 时,对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>g(0). 而 g(0)=0,从而对任意 x∈(0,+∞),都有 g(x)>0.即 ex-x2+2ax-1>0, 故 ex>x2-2ax+1.

四、课堂小结
1.知识小结 (1)规范方法求单调区间及极值 (2)转化题目,巧用导数 2.思想方法
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(北师大版选修 2-2 第三章)

(1)数形结合 3.存在问题

(2)化归转化

(3)分类讨论

五、板书设计(略) 六、作业布置
1.完成配套资料 2.预习:实际问题中导数的意义

七、教学反思

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