高考数学理科一轮复习数在研究函数中的应用学案.docx

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高考数学理科一轮复习数在研究函数中的应用学案

高考数学（理科）一轮复习数在研究函数中的应用学案

学案14　导数在研究函数中的应用

0导学目标：

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（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和充分条，会用导数求函数的极大值、极小值（多项式函数一般不超过三次）及最大（最小）值．自主梳理

1．导数和函数单调性的关系：

（1）若f′（x）>0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是______函数，f′（x）>0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；

（2）若f′（x）<0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是______函数，f′（x）<0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；

（3）若在（a，b）上，f′（x）≥0，且f′（x）在（a，b）的任何子区间内都不恒等于零⇔f（x）在（a，b）上为______函数，若在（a，b）上，f′（x）≤0，且f′（x）在（a，b）的任何子区间内都不恒等于零⇔f（x）在（a，b）上为______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________，右侧________，那么f（x0）是极大值；

②如果在x0附近的左侧________，右侧________，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________的根；

③检查f′（x）在方程________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________；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得________．

自我检测

1已知f（x）的定义域为R，f（x）的导函数f′（x）的图象如图所示，则（　　）A．f（x）在x＝1处取得极小值

B．f（x）在x＝1处取得极大值

．f（x）是R上的增函数

D．f（x）是（－∞，1）上的减函数，（1，＋∞）上的增函数

2．（2009•广东）函数f（x）＝（x－3）ex的单调递增区间是（　　）

A．（－∞，2）B．（0,3）

．（1,4）D．（2，＋∞）

3．（2011•济宁模拟）已知函数＝f（x），其导函数＝f′（x）的图象如图所示，则＝f（x）（　　）A．在（－∞，0）上为减函数

B．在x＝0处取极小值

．在（4，＋∞）上为减函数

D．在x＝2处取极大值

4．设p：

f（x）＝x3＋2x2＋x＋1在（－∞，＋∞）内单调递增，q：

≥43，则p是q的（　　）

A．充分不必要条

B．必要不充分条

．充分必要条

D．既不充分也不必要条

．（2011•福州模拟）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则f

（2）＝________探究点一　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）若函数f（x）在（－1,1）上单调递增，求a的取值范围；

（3）函数f（x）能否为R上的单调函数，若能，求出a的取值范围；若不能，请说明理由．

变式迁移1　（2009•浙江）已知函数f（x）＝x3＋（1－a）x2－a（a＋2）x＋b（a，b∈R）．

（1）若函数f（x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率是－3，求a，b的值；

（2）若函数f（x）在区间（－1,1）上不单调，求a的取值范围．

探究点二　函数的极值

例2　若函数f（x）＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f（x）有极值－43

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）若关于x的方程f（x）＝有三个零点，求实数的取值范围．

变式迁移2　设x＝1与x＝2是函数f（x）＝alnx＋bx2＋x的两个极值点．

（1）试确定常数a和b的值；

（2）试判断x＝1，x＝2是函数f（x）的极大值点还是极小值点，并说明理由．

探究点三　求闭区间上函数的最值

例3　（2011•六安模拟）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋，曲线＝f（x）在点x＝1处的切线为l：

3x－＋1＝0，若x＝23时，＝f（x）有极值．

（1）求a，b，的值；

（2）求＝f（x）在[－3,1]上的最大值和最小值．

变式迁移3　已知函数f（x）＝ax3＋x2＋bx（其中常数a，b∈R），g（x）＝f（x）＋f′（x）是奇函数．

（1）求f（x）的表达式；

（2）讨论g（x）的单调性，并求g（x）在区间[1,2]上的最大值和最小值．

分类讨论求函数的单调区间

例　（12分）（2009•辽宁）已知函数f（x）＝12x2－ax＋（a－1）lnx，a>1

（1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）证明：

若a<，则对任意x1，x2∈（0，＋∞），x1≠x2，有fx1－fx2x1－x2>－1

多角度审题　

（1）先求导，根据参数a的值进行分类讨论；

（2）若x1>x2，结论等价于f（x1）＋x1>f（x2）＋x2，若x1<x2，问题等价于f（x1）＋x1<f（x2）＋x2，故问题等价于＝f（x）＋x是单调增函数．

【答题模板】

（1）解　f（x）的定义域为（0，＋∞）．

f′（x）＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝x－1x＋1－ax[2分]

①若a－1＝1，即a＝2时，f′（x）＝x－12x

故f（x）在（0，＋∞）上单调递增．

②若a－1<1，而a>1，故1<a<2时，则当x∈（a－1,1）时，f′（x）<0；当x∈（0，a－1）及x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0，故f（x）在（a－1,1）上单调递减，在（0，a－1），（1，＋∞）上单调递增．

③若a－1>1，即a>2时，同理可得f（x）在（1，a－1）上单调递减，

在（0,1），（a－1，＋∞）上单调递增．[6分]

（2）证明　考虑函数g（x）＝f（x）＋x

＝12x2－ax＋（a－1）lnx＋x

则g′（x）＝x－（a－1）＋a－1x≥2x•a－1x－（a－1）

＝1－（a－1－1）2

由于1<a<，故g′（x）>0，

即g（x）在（0，＋∞）上单调递增，

从而当x1>x2>0时，有g（x1）－g（x2）>0，

即f（x1）－f（x2）＋x1－x2>0，

故fx1－fx2x1－x2>－1[10分]

当0<x1<x2时，有fx1－fx2x1－x2＝fx2－fx1x2－x1>－1

综上，若a<，对任意x1，x2∈（0，＋∞），x1≠x2有fx1－fx2x1－x2>－1[12分]

【突破思维障碍】

（1）讨论函数的单调区间的关键是讨论导数大于0或小于0的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不

等式的解集的讨论，在能够通过因式分解得到导数等于0的根的情况下，根的大小是分类的标准；

（2）利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过函数研究函数的性质进而解决不等式问题．1．求可导函数单调区间的一般步骤和方法：

（1）确定函数f（x）的定义域；

（2）求f′（x），令f′（x）＝0，求出它在定义域内的一切实根；

（3）把函数f（x）的间断点（即f（x）的无定义点）的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起，然后用这些点把函数f（x）的定义区间分成若干个小区间；

（4）确定f′（x）在各个开区间内的符号，根据f′（x）的符号判定函数f（x）在每个相应小开区间内的增减性．

2．可导函数极值存在的条：

（1）可导函数的极值点x0一定满足f′（x0）＝0，但当f′（x1）＝0时，x1不一定是极值点．如f（x）＝x3，f′（0）＝0，但x＝0不是极值点．

（2）可导函数＝f（x）在点x0处取得极值的充要条是f′（x0）＝0，且在x0左侧与右侧f′（x）的符号不同．

3．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．

4．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（满分：

7分）

一、选择题（每小题分，共2分）

1．（2011•大连模拟）设f（x），g（x）是R上的可导函数，f′（x）、g′（x）分别为f（x）、g（x）的导函数，且f′（x）•g（x）＋f（x）g′（x）<0，则当a<x<b时，有（　　）

A．f（x）g（b）>f（b）g（x）B．f（x）g（a）>f（a）g（x）

．f（x）g（x）>f（b）g（b）D．f（x）g（x）>f（a）g（a）

2函数f（x）的定义域为开区间（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极小值点（　　）A．1个B．2个

．3个D．4个

3．（2011•嘉兴模拟）若函数＝a（x3－x）在区间－33，33上为减函数，则a的取值范围是（　　）

A．a>0B．－1<a<0

．a>1D．0<a<1

4．已知函数f（x）＝12x4－2x3＋3，x∈R，若f（x）＋9≥0恒成立，则实数的取值范围是

（　　）

A．≥32B．>32

．≤32D．<32

．设a∈R，若函数＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则（　　）

A．a>－3B．a<－3

．a>－13D．a<－13

题号1234

答案

二、填空题（每小题4分，共12分）

6．（2009•辽宁）若函数f（x）＝x2＋ax＋1在x＝1处取极值，则a＝________7．已知函数f（x）的导函数f′（x）的图象如右图所示，给出以下结论：

①函数f（x）在（－2，－1）和（1,2）上是单调递增函数；

②函数f（x）在（－2,0）上是单调递增函数，在（0,2）上是单调递减函数；

③函数f（x）在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得极小值；

④函数f（x）在x＝0处取得极大值f（0）．

则正确命题的序号是________．（填上所有正确命题的序号）．

8．已知函数f（x）＝x3＋x2＋（＋6）x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数的取值范围为________．

三、解答题（共38分）

9．（12分）求函数f（x）＝2x＋1x2＋2的极值．

10．（12分）（2011•秦皇岛模拟）已知a为实数，且函数f（x）＝（x2－4）（x－a）．

（1）求导函数f′（x）；

（2）若f′（－1）＝0，求函数f（x）在[－2,2]上的最大值、最小值．

11．（14分）（2011•汕头模拟）已知函数f（x）＝x3＋x2＋nx－2的图象过点（－1，－6），且函数g（x）＝f′（x）＋6x的图象关于轴对称．

（1）求，n的值及函数＝f（x）的单调区间；

（2）若a>0，求函数＝f（x）在区间（a－1，a＋1）内的极值．

答案自主梳理

1．

（1）增　增　

（2）减　减　（3）增　减　2

（1）①f′（x）>0

f′（x）<0　②f′（x）<0　f′（x）>0　

（2）②f′（x）＝0

③f′（x）＝0　极大值　极小值

自我检测

1．　2D　3　4

．18

解析　f′（x）＝3x2＋2ax＋b，

由题意f1＝10，f′1＝0，即1＋a＋b＋a2＝10，3＋2a＋b＝0，

得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3

但当a＝－3时，f′（x）＝3x2－6x＋3≥0，故不存在极值，

∴a＝4，b＝－11，f

（2）＝18

堂活动区

例1　解题导引　

（1）一般地，涉及到函数（尤其是一些非常规函数）的单调性问题，往往可以借助导数这一重要工具进行求解．函数在定义域内存在单调区间，就是不等式f′（x）>0或f′（x）<0在定义域内有解．这样就可以把问题转化为解不等式问题．

（2）已知函数在某个区间上单调求参数问题，通常是解决一个恒成立问题，方法有①分离参数法，②利用二次函数中恒成立问题解决．

（3）一般地，可导函数f（x）在（a，b）上是增（或减）函数的充要条是：

对任意x∈（a，b），都有f′（x）≥0（或f′（x）≤0），且f′（x）在（a，b）的任何子区间内都不恒等于零．特别是在已知函数的单调性求参数的取值范围时，要注意“等号”是否可以取到．

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）∵函数f（x）在（－1,1）上单调递增，

∴f′（x）≥0对x∈（－1,1）都成立．

∵f′（x）＝[－x2＋（a－2）x＋a]ex

∴[－x2＋（a－2）x＋a]ex≥0对x∈（－1,1）都成立．

∵ex>0，

∴－x2＋（a－2）x＋a≥0对x∈（－1,1）都成立，

即x2－（a－2）x－a≤0对x∈（－1,1）恒成立．

设h（x）＝x2－（a－2）x－a

只须满足h－1≤0h1≤0，解得a≥32

（3）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x2－（a－2）x－a≤0不可能恒成立，

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．

变式迁移1　解　

（1）由题意得f′（x）＝3x2＋2（1－a）x－a（a＋2），又f0＝b＝0f′0＝－aa＋2＝－3，

解得b＝0，a＝－3或a＝1

（2）由f′（x）＝0，得x1＝a，x2＝－a＋23

又f（x）在（－1,1）上不单调，

即－1<a<1，a≠－a＋23或－1<－a＋23<1，a≠－a＋23

解得－1<a<1，a≠－12，或－<a<1，a≠－12

所以a的取值范围为（－，－12）∪（－12，1）．

例2　解题导引　本题研究函数的极值问题．利用待定系数法，由极值点的导数值为0，以及极大值、极小值，建立方程组求解．判断函数极值时要注意导数为0的点不一定是极值点，所以求极值时一定要判断导数为0的点左侧与右侧的单调性，然后根据极值的定义判断是极大值还是极小值．

解　

（1）由题意可知f′（x）＝3ax2－b

于是f′2＝12a－b＝0f2＝8a－2b＋4＝－43，解得a＝13，b＝4

故所求的函数解析式为f（x）＝13x3－4x＋4

（2）由

（1）可知f′（x）＝x2－4＝（x－2）（x＋2）．

令f′（x）＝0得x＝2或x＝－2，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表所示：

x（－∞，－2）－2（－2,2）2（2，＋∞）

f′（x）＋0－0＋

f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增

因此，当x＝－2时，

f（x）有极大值283，

当x＝2时，f（x）有极小值－43，

所以函数的大致图象如图，

故实数的取值范围为

（－43，283）．

变式迁移2　解　

（1）f′（x）＝ax＋2bx＋1，

∴f′1＝a＋2b＋1＝0f′2＝a2＋4b＋1＝0解得a＝－23，b＝－16

（2）f′（x）＝－23x＋（－x3）＋1＝－x－1x－23x

函数定义域为（0，＋∞），列表

x（0,1）1（1,2）2（2，＋∞）

f′（x）－0＋0－

f（x）单调递减极小值单调递增极大值单调递减

∴x＝1是f（x）的极小值点，x＝2是f（x）的极大值点．

例3　解题导引　设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，求f（x）在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：

（1）求函数＝f（x）在（a，b）内的极值．

（2）将函数＝f（x）的各极值与端点处的函数值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．

解　

（1）由f（x）＝x3＋ax2＋bx＋，

得f′（x）＝3x2＋2ax＋b，

当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0；①

当x＝23时，＝f（x）有极值，则f′23＝0，

可得4a＋3b＋4＝0②

由①②解得a＝2，b＝－4，

又切点的横坐标为x＝1，∴f

（1）＝4

∴1＋a＋b＋＝4∴＝

（2）由

（1），得f（x）＝x3＋2x2－4x＋，

∴f′（x）＝3x2＋4x－4

令f′（x）＝0，得x＝－2或x＝23，

∴f′（x）<0的解集为－2，23，即为f（x）的减区间．

[－3，－2）、23，1是函数的增区间．

又f（－3）＝8，f（－2）＝13，f23＝927，f

（1）＝4，

∴＝f（x）在[－3,1]上的最大值为13，最小值为927

变式迁移3　解　

（1）由题意得f′（x）＝3ax2＋2x＋b

因此g（x）＝f（x）＋f′（x）＝ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b

因为函数g（x）是奇函数，

所以g（－x）＝－g（x），即对任意实数x，

有a（－x）3＋（3a＋1）（－x）2＋（b＋2）（－x）＋b

＝－[ax3＋（3a＋1）x2＋（b＋2）x＋b]，

从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－13，b＝0，

因此f（x）的表达式为f（x）＝－13x3＋x2

（2）由

（1）知g（x）＝－13x3＋2x，

所以g′（x）＝－x2＋2，令g′（x）＝0，

解得x1＝－2，x2＝2，

则当x<－2或x>2时，g′（x）<0，

从而g（x）在区间（－∞，－2），（2，＋∞）上是减函数；

当－2<x<2时，g′（x）>0，

从而g（x）在区间（－2，2）上是增函数．

由前面讨论知，g（x）在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，2，2时取得，

而g

（1）＝3，g

（2）＝423，g

（2）＝43

因此g（x）在区间[1,2]上的最大值为g

（2）＝423，

最小值为g

（2）＝43

后练习区

1．　2A　3A　4A　B

6．3

解析　∵f′（x）＝（x2＋ax＋1）′

＝x2＋a′•x＋1－x2＋ax＋1′x＋12＝x2＋2x－ax＋12，

又∵x＝1为函数的极值，∴f′

（1）＝0

∴1＋2×1－a＝0，即a＝3

7．②④

解析　观察函数f（x）的导函数f′（x）的图象，由单调性、极值与导数值的关系直接判断．

8．（－∞，－3）∪（6，＋∞）

解析　f′（x）＝3x2＋2x＋＋6＝0有两个不等实根，则Δ＝42－12×（＋6）>0，∴>6或<－3

9．解　f′（x）＝（2x＋1x2＋2）′＝－2x＋2x－1x2＋22，由f′（x）＝0得x＝－2,1………………（4分）

当x∈（－∞，－2）时f′（x）<0，当x∈（－2,1）时f′（x）>0，故x＝－2是函数的极小值点，故f（x）的极小值为f（－2）＝－12；…………………………………………………………………（8分）

当x∈（－2,1）时f′（x）>0，当x∈（1，＋∞）时f′（x）<0，

故x＝1是函数的极大值点，

所以f（x）的极大值为f

（1）＝1……………………………………………………………（12分）

10．解　

（1）由f（x）＝x3－ax2－4x＋4a，

得f′（x）＝3x2－2ax－4…………………………………………………………………（4分）

（2）因为f′（－1）＝0，所以a＝12，

所以f（x）＝x3－12x2－4x＋2，f′（x）＝3x2－x－4

又f′（x）＝0，所以x＝43或x＝－1

又f43＝－027，f（－1）＝92，

f（－2）＝0，f

（2）＝0，所以f（x）在[－2,2]上的最大值、最小值分别为92、－027………（12分）

11．解　

（1）由函数f（x）图象过点（－1，－6），

得－n＝－3①

由f（x）＝x3＋x2＋nx－2，

得f′（x）＝3x2＋2x＋n，

则g（x）＝f′（x）＋6x＝3x2＋（2＋6）x＋n

而g（x）的图象关于轴对称，所以－2＋62×3＝0

所以＝－3，代入①，得n＝0…………………………………………………………（4分）

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）∪（2，＋∞）；

由f′（x）<0，得0<x<2,

故f（x）的单调递减区间是（0,2）．…………………………………………………………（8分）

（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（0,2）2（2，＋∞）

f′（x）＋0－0＋

f（x）

极大值

极小值

……………………………………………………………………………………………（10分）

由此可得：

当0<a<1时，f（x）在（a－1，a＋1）内有极大值f（0）＝