导数与函数的单调性极值最值.docx

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导数与函数的单调性极值最值

导数与函数的单调性、极值、最值

适用学科

高中数学

适用年级

高中三年级

适用区域

通用

课时时长（分钟）

60

知识点

函数的单调性函数的极值函数的最值

教学目标

掌握函数的单调性求法，会求函数的函数的极值，会求解最值问题，

教学重点

会利用导数求解函数的单调性，会求解函数的最值。

教学难点

熟练掌握函数的单调性、极值、最值的求法，以及分类讨论思想的应用。

教学过程

一、课堂导入

问题：

判断函数的单调性有哪些方法？

比如判断的单调性，如何进行？

因为二次函数的图像我们非常熟悉,可以画出其图像，指出其单调区间，再想一下，有没有需要注意的地方？

如果遇到函数，如何判断单调性呢？

你能画出该函数的图像吗？

定义是解决问题的最根本方法，但定义法较繁琐,又不能画出它的图像，那该如何解决呢？

二、复习预习

函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，研究函数时，了解函数的增与减、增减的快与慢以及函数的最大值或最小值等性质是非常重要的．通过研究函数的这些性质，我们可以对数量的变化规律有一个基本的了解．函数的单调性与函数的导数一样都是反映函数变化情况的，那么函数的单调性与函数的导数是否有着某种在的联系呢?

三、知识讲解

考点1利用导数研究函数的单调性

如果在某个区间，函数y＝f（x）的导数f′（x）>0，则在这个区间上，函数y＝f（x）是增加的；如果在某个区间，函数y＝f（x）的导数f′（x）<0，则在这个区间上，函数y＝f（x）是减少的．

利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．

考点2利用导数求函数的极值

求极值、最值时，要求步骤规、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．

注意定义域优先的原则，求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域进行．

①若f′（x）在x0两侧的符号“左正右负”，则x0为极大值点；

②若f′（x）在x0两侧的符号“左负右正”，则x0为极小值点；

③若f′（x）在x0两侧的符号相同，则x0不是极值点．

考点3利用导数求函数的最值

（1）在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．

（2）若函数f（x）在[a，b]上单调递增，则f（a）为函数的最小值，f（b）为函数的最大值；若函数f（x）在[a，b]上单调递减，则f（a）为函数的最大值，f（b）为函数的最小值．

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

①求f（x）在（a，b）的极值；

②将f（x）的各极值与f（a），f（b）进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．

四、例题精析

考点一利用导数研究函数的单调性

例1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的取值围，若不存在，请说明理由．

【规解答】f′（x）＝ex－a，

（1）若a≤0，则f′（x）＝ex－a≥0，即f（x）在R上单调递增，

若a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥lna.因此当a≤0时，f（x）的单调增区间为R，

当a>0时，f（x）的单调增区间是[lna，＋∞）．

（2）∵f′（x）＝ex－a≤0在（－2,3）上恒成立．∴a≥ex在x∈（－2,3）上恒成立．

又∵－2

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）上为减函数．

【总结与反思】　

（1）利用导数的符号来判断函数的单调性；

（2）已知函数的单调性求函数围可以转化为不等式恒成立问题；

（3）f（x）为增函数的充要条件是对任意的x∈（a，b）都有f′（x）≥0且在（a，b）的任一非空子区间上f′（x）≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

考点二利用导数求函数的极值

例2设a>0，函数f（x）＝x2－（a＋1）x＋a（1＋lnx）．

（1）求曲线y＝f（x）在（2，f

（2））处与直线y＝－x＋1垂直的切线方程；

（2）求函数f（x）的极值．

【规解答】

（1）由已知，得x>0，f′（x）＝x－（a＋1）＋，y＝f（x）在（2，f

（2））处切线的斜率为1，

所以f′

（2）＝1，即2－（a＋1）＋＝1，所以a＝0，此时f

（2）＝2－2＝0，

故所求的切线方程为y＝x－2.

（2）f′（x）＝x－（a＋1）＋＝＝.

①当00，函数f（x）单调递增；

若x∈（a,1），f′（x）<0，函数f（x）单调递减；若x∈（1，＋∞），f′（x）>0，函数f（x）单调递增．

此时x＝a是f（x）的极大值点，x＝1是f（x）的极小值点，

函数f（x）的极大值是f（a）＝－a2＋alna，极小值是f

（1）＝－.

②当a＝1时，f′（x）＝>0，所以函数f（x）在定义域（0，＋∞）单调递增，此时f（x）没有极值点，故无极值．

③当a>1时，若x∈（0,1），f′（x）>0，函数f（x）单调递增；若x∈（1，a），f′（x）<0，函数f（x）单调递减；

若x∈（a，＋∞），f′（x）>0，函数f（x）单调递增．

此时x＝1是f（x）的极大值点，x＝a是f（x）的极小值点，

函数f（x）的极大值是f

（1）＝－，

极小值是f（a）＝－a2＋alna.

综上，当0

极小值是－；

当a＝1时，f（x）没有极值；

当a>1时，f（x）的极大值是－，极小值是－a2＋alna.

【总结与反思】　

（1）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要注意分析这个零点是不是函数的极值点．

（2）若函数y＝f（x）在区间（a，b）有极值，那么y＝f（x）在（a，b）绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．

考点三利用导数求函数的最值

例3已知函数f（x）＝ax2＋1（a>0），g（x）＝x3＋bx.

（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a，b的值；

（2）当a＝3，b＝－9时，若函数f（x）＋g（x）在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值围．

【规解答】

（1）f′（x）＝2ax，g′（x）＝3x2＋b.

因为曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，

所以f

（1）＝g

（1）且f′

（1）＝g′

（1），即a＋1＝1＋b且2a＝3＋b，解得a＝3，b＝3.

（2）记h（x）＝f（x）＋g（x），当a＝3，b＝－9时，h（x）＝x3＋3x2－9x＋1，所以h′（x）＝3x2＋6x－9.

令h′（x）＝0，得x1＝－3，x2＝1.h′（x），h（x）在（－∞，2]上的变化情况如下表所示：

x

（－∞，－3）

－3

（－3,1）

1

（1,2）

2

h′（x）

＋

0

－

0

＋

＋

h（x）

28

－4

3

由表可知当k≤－3时，函数h（x）在区间[k,2]上的最大值为28；

当－3

【总结与反思】　

（1）求解函数的最值时，要先求函数y＝f（x）在[a，b]所有使f′（x）＝0的点，再计算函数y＝f（x）在区间所有使f′（x）＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．

（2）可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．

五、课堂运用

【基础】

1、

（1）设函数f（x）＝x3－（1＋a）x2＋4ax＋24a，其中常数a>1，则f（x）的单调减区间为________．

【答案】　（2,2a）

【规解答】f′（x）＝x2－2（1＋a）x＋4a＝（x－2）（x－2a），

由a>1知，当x<2时，f′（x）>0，

故f（x）在区间（－∞，2）上是增函数；

当2

故f（x）在区间（2,2a）上是减函数；

当x>2a时，f′（x）>0，

故f（x）在区间（2a，＋∞）上是增函数．

综上，当a>1时，

f（x）在区间（－∞，2）和（2a，＋∞）上是增函数，

在区间（2,2a）上是减函数．

（2）已知a>0，函数f（x）＝x3－ax在[1，＋∞）上是单调递增函数，则a的取值围是________．

【答案】　（0,3]

【规解答】　∵f′（x）＝3x2－a，f（x）在[1，＋∞）上是单调递增函数，

∴f′（x）≥0，∴a≤3x2，∴a≤3.

又a>0，可知0

2、设f（x）＝，其中a为正实数．

（1）当a＝时，求f（x）的极值点；

（2）若f（x）为R上的单调函数，求a的取值围．

【规解答】　对f（x）求导得f′（x）＝ex·.①

（1）当a＝时，若f′（x）＝0，则4x2－8x＋3＝0，

解得x1＝，x2＝.结合①，可知

x

f′（x）

＋

0

－

0

＋

f（x）

极大值

极小值

所以x1＝是极小值点，x2＝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，即Δ＝4a2－4a＝4a（a－1）≤0，

由此并结合a>0，知0

所以a的取值围为{a|0

3.已知函数f（x）＝xlnx.

（1）求函数f（x）的极值点；

（2）设函数g（x）＝f（x）－a（x－1），其中a∈R，求函数g（x）在区间[1，e]上的最小值．（其中e为自然对数的底数）．

【规解答】

（1）f′（x）＝lnx＋1，x>0，由f′（x）＝0得x＝，

所以f（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，＋∞）上单调递增．

所以，x＝是函数f（x）的极小值点，极大值点不存在．

（2）g（x）＝xlnx－a（x－1），则g′（x）＝lnx＋1－a，

由g′（x）＝0，得x＝ea－1，所以，在区间（0，ea－1）上，g（x）为递减函数，

在区间（ea－1，＋∞）上，g（x）为递增函数．

当ea－1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g（x）为递增函数，

所以g（x）的最小值为g

（1）＝0.

当1

当ea－1≥e，即a≥2时，在区间[1，e]上，g（x）为递减函数，

所以g（x）的最小值为g（e）＝a＋e－ae.

综上，当a≤1时，g（x）的最小值为0；

当1

当a≥2时，g（x）的最小值为a＋e－ae.

【巩固】

1、已知函数f（x）＝（x－k）ex.

（1）求f（x）的单调区间；

（2）求f（x）在区间[0,1]上的最小值．

【规解答】

（1）由题意知f′（x）＝（x－k＋1）ex.令f′（x）＝0，得x＝k－1.

f（x）与f′（x）的情况如下：

x

（－∞，k－1）

k－1

（k－1，＋∞）

f′（x）

－

0

＋

f（x）

－ek－1

所以，f（x）的单调递减区间是（－∞，k－1）；单调递增区间是（k－1，＋∞）．

（2）当k－1≤0，即k≤1时，f（x）在[0,1]上单调递增，

所以f（x）在区间[0,1]上的