版高中数学第三单元导数及其应用332利用导数研究函数的极值一教学案新人教B版选Word下载.docx
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例1 求下列函数的极值:
(1)f(x)=2x3+3x2-12x+1;
(2)f(x)=+3lnx.
反思与感悟 求可导函数f(x)的极值的步骤
(1)确定函数的定义域,求导数f′(x).
(2)求方程f′(x)=0的根.
(3)利用f′(x)与f(x)随x的变化情况表,根据极值点左右两侧单调性的变化情况求极值.
特别提醒:
在判断f′(x)的符号时,借助图象也可判断f′(x)各因式的符号,还可用特殊值法判断.
跟踪训练1 已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
类型二 已知函数极值求参数
例2 已知f(x)=x3+3ax2+bx+a2在x=-1时有极值0,求常数a,b的值.
引申探究
若本例的条件改为“x=-3,x=-1是f(x)=x3+3ax2+bx+a2的两个极值点”,求常数a,b的值.
反思与感悟 已知函数极值的情况,逆向应用确定函数的解析式时,应注意以下两点:
(1)根据极值点处导数为0和极值两个条件列方程组,利用待定系数法求解.
(2)因为导数值为0不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.
跟踪训练2 已知函数f(x)=ax3+bx2+cx在x=x0处取得极大值5,其导函数y=f′(x)的图象经过点(1,0),(2,0),如图所示,求:
(1)x0的值;
(2)a,b,c的值.
类型三 函数极值的综合应用
例3 设函数f(x)=x3-6x+5,x∈R.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)若关于x的方程f(x)=a有三个不同的实根,求实数a的取值范围.
反思与感悟 利用导数可以判断函数的单调性,研究函数的极值情况,并能在此基础上画出函数的大致图象,从直观上判断函数图象与x轴的交点或两个函数图象的交点的个数,从而为研究方程根的个数问题提供了方便.
跟踪训练3 已知函数f(x)=x3-6x2+9x+3,若函数y=f(x)的图象与y=f′(x)+5x+m的图象有三个不同的交点,求实数m的取值范围.
1.如图为y=f(x)的导函数的图象,则下列判断正确的是( )
①f(x)在(-3,1)上为增函数;
②x=-1是f(x)的极小值点;
③f(x)在(2,4)上为减函数,在(-1,2)上是增函数;
④x=2是f(x)的极小值点.
A.①②③B.②③
C.③④D.①③④
2.函数f(x)=x3-4x+4的极大值与极小值之和为( )
A.8B.C.10D.12
3.函数f(x)=x3+ax2+3x-9,已知f(x)在x=-3时取得极值,则a等于( )
A.2B.3C.4D.5
4.已知f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1有极大值和极小值,则a的取值范围为( )
A.-1<
a<
2B.-3<
6
C.a<
-1或a>
2D.a<
-3或a>
5.已知函数f(x)=ax2+blnx在x=1处有极值.
(2)判断f(x)的单调区间,并求极值.
1.在极值的定义中,取得极值的点称为极值点,极值点指的是自变量的值,极值指的是函数值.
2.函数的极值是函数的局部性质.可导函数f(x)在点x=x0处取得极值的充要条件是f′(x0)=0且在x=x0两侧f′(x)符号相反.
3.利用函数的极值可以确定参数的值,解决一些方程的解和图象的交点问题.
答案精析
问题导学
知识点一
思考1 函数在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近的其他点的函数值都小.
思考2 f′(a)=0,在点x=a附近的左侧f′(x)<
0,右侧f′(x)>
0.
思考3 函数在点x=b处的函数值f(b)比它在点x=b附近的其他点的函数值都大,f′(b)=0,且在点x=b附近的左侧f′(x)>
0,右侧f′(x)<
梳理 极大值 极大值点 极小值 极小值点 极大值 极小值 极大值点 极小值点
知识点二
(1)>
<
(2)<
>
题型探究
例1 解
(1)函数f(x)=2x3+3x2-12x+1的定义域为R,
f′(x)=6x2+6x-12=6(x+2)(x-1),
解方程6(x+2)(x-1)=0,得x1=-2,x2=1.
当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
-
f(x)
↗
极大值21
↘
极小值-6
所以当x=-2时,f(x)取极大值21;
当x=1时,f(x)取极小值-6.
(2)函数f(x)=+3lnx的定义域为(0,+∞),
f′(x)=-+=,
令f′(x)=0,得x=1.
当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
(0,1)
极小值3
因此当x=1时,f(x)有极小值3,无极大值.
跟踪训练1 解
(1)因为f′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4=ex(ax+a+b)-2x-4,
所以f′(0)=a+b-4=4,①
又f(0)=b=4,②
由①②可得a=b=4.
(2)f(x)=ex(4x+4)-x2-4x,
f′(x)=ex(4x+8)-2x-4
=4ex(x+2)-2(x+2)
=(x+2)(4ex-2).
解f′(x)=0,得x1=-2,x2=-ln2,
(-2,-ln2)
-ln2
(-ln2,+∞)
极大值
极小值
f(x)在(-∞,-2),(-ln2,+∞)上单调递增,
在(-2,-ln2)上单调递减.
当x=-2时,函数f(x)取得极大值,
极大值为f(-2)=4(1-e-2).
例2 解 因为f(x)在x=-1时有极值0,
且f′(x)=3x2+6ax+b,
所以
即
解得或
当a=1,b=3时,f′(x)=3x2+6x+3
=3(x+1)2≥0,
所以f(x)在R上为增函数,无极值,
故舍去.
当a=2,b=9时,
f′(x)=3x2+12x+9=3(x+1)(x+3),
当x∈(-3,-1)时,f(x)为减函数;
当x∈(-1,+∞)时,f(x)为增函数,
所以f(x)在x=-1时取得极小值,因此a=2,b=9.
解 因为f′(x)=3x2+6ax+b,由极值点的必要条件可知
即解得
所以a=2,b=9.
跟踪训练2 解
(1)由图象可知,在区间(-∞,1)上f′(x)>0,在区间(1,2)上f′(x)<0,在区间(2,+∞)上f′(x)>0.
故f(x)在(-∞,1),(2,+∞)上单调递增,在(1,2)上单调递减,因此f(x)在x=1处取得极大值,所以x0=1.
(2)f′(x)=3ax2+2bx+c,
由f′
(1)=0,f′
(2)=0,f
(1)=5,
得
解得a=2,b=-9,c=12.
例3 解
(1)f′(x)=3x2-6,
令f′(x)=0,
解得x1=-,x2=.
因为当x>
或x<-时,f′(x)>0;
当-<x<时,f′(x)<0.
所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-),(,+∞);
单调递减区间为(-,).
当x=-时,f(x)有极大值5+4;
当x=时,f(x)有极小值5-4.
(2)由
(1)的分析知,y=f(x)的图象的大致形状及走向如图所示.
所以,当5-4<a<5+4时,
直线y=a与y=f(x)的图象有三个不同的交点,
即方程f(x)=a有三个不同的实根.
跟踪训练3 解 由f(x)=x3-6x2+9x+3,
可得f′(x)=3x2-12x+9,
∴f′(x)+5x+m
=(3x2-12x+9)+5x+m
=x2+x+3+m,
则由题意可得x3-6x2+9x+3=x2+x+3+m有三个不相等的实根,即g(x)=x3-7x2+8x-m的图象与x轴有三个不同的交点.
∵g′(x)=3x2-14x+8
=(3x-2)(x-4),
∴令g′(x)=0,得x=或x=4.
当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表:
(-∞,)
(,4)
4
(4,+∞)
g′(x)
g(x)
-m
-16-m
则函数g(x)的极大值为g()=-m,极小值为g(4)=-16-m.
∴由y=f(x)的图象与y=f′(x)+5x+m的图象有三个不同交点,
解得-16<
m<
.
即实数m的取值范围为(-16,).
当堂训练
1.B [当x∈(-3,-1)时,f′(x)<
0;
当x∈(-1,2)时,f′(x)>
0,
所以f(x)在(-3,-1)上为减函数,在(-1,2)上为增函数,故①不正确;
x=-1是f(x)的极小值点,故②正确;
当x∈(2,4)时,f′(x)<
0,f(x)是减函数,故③正确;
x=2是f(x)的极大值点,故④不正确.]
2.A [由f′(x)=x2-4=0,
得x1=-2,x2=2,
∴函数f(x)的极大值与极小值的和为
f(-2)+f
(2)=8.]
3.D [因为f′(x)=3x2+2ax+3,
则f′(-3)=3×
(-3)2+2a×
(-3)+3=0,所以a=5.]
4.D [f′(x)=3x2+2ax+a+6,
因为