《導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用》 一等獎 教學(xué)課件

考點1利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【典例1】(1)(2015·會寧模擬)設(shè)f(x),g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù),當(dāng)x<0時,f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0,且g(-3)=0,則不等式f(x)·g(x)<0的解集是(

)A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3)C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)(2)(2014·重慶高考改編)已知函數(shù)f(x)=其中a∈R,且曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x.①求a的值;②求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.【解題提示】(1)先判斷函數(shù)f(x)g(x)的單調(diào)性、奇偶性,再根據(jù)g(-3)=0,求不等式f(x)g(x)<0的解集.(2)①直接根據(jù)切線斜率求出a的值;②先解方程f′(x)=0,再判斷在每一個區(qū)間上f′(x)的正負(fù)號.【規(guī)范解答】(1)選D.記h(x)=f(x)·g(x).依題意得,h(-x)=f(-x)·g(-x)=-f(x)g(x),即h(-x)=-h(x),所以函數(shù)h(x)是奇函數(shù).當(dāng)x<0時,h′(x)=f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,h(x)是增函數(shù),又h(-3)=f(-3)·g(-3)=0,因此,不等式h(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3),即不等式f(x)·g(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3).(2)①對f(x)求導(dǎo)得f′(x)=由y=f(x)在點(1,f(1))處的切線垂直于直線y=x知f′(1)=解得a=②由①可知f(x)=則f′(x)=令f′(x)=0,解得x=-1或x=5.因x=-1不在f(x)的定義域(0,+∞)內(nèi),舍去.當(dāng)x∈(0,5)時,f′(x)<0,故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù);當(dāng)x∈(5,+∞)時,f′(x)>0,故f(x)在(5,+∞)內(nèi)為增函數(shù).綜上,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,5),單調(diào)遞增區(qū)間為(5,+∞).【互動探究】若本例(2)中函數(shù)變?yōu)閒(x)=mlnx-x2(m∈R),其他條件去掉,試求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.【解析】函數(shù)f(x)=mlnx-x2的定義域(0,+∞).f′(x)=當(dāng)m≤0時,f′(x)≤=-x<0,函數(shù)f(x)=mlnx-x2在(0,+∞)上為減函數(shù).當(dāng)m>0時,令f′(x)=0,得x=或-(舍去).當(dāng)x∈(0,)時,f′(x)>0,所以f(x)在(0,)上是增函數(shù);當(dāng)x∈(,+∞)時,f′(x)<0,所以f(x)在(,+∞)上是減函數(shù).綜上所述,當(dāng)m≤0時,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞),當(dāng)m>0時,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,),單調(diào)遞減區(qū)間為(,+∞).【規(guī)律方法】1.用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的“三個方法”(1)當(dāng)不等式f′(x)>0或f′(x)<0可解時,確定函數(shù)的定義域,解不等式f′(x)>0或f′(x)<0求出單調(diào)區(qū)間.(2)當(dāng)方程f′(x)=0可解時,確定函數(shù)的定義域,解方程f′(x)=0,求出實數(shù)根,把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標(biāo)和實根按從小到大的順序排列起來,把定義域分成若干個小區(qū)間,確定f′(x)在各個區(qū)間內(nèi)的符號,從而確定單調(diào)區(qū)間.(3)不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)=0均不可解時求導(dǎo)數(shù)并化簡,根據(jù)f′(x)的結(jié)構(gòu)特征,選擇相應(yīng)基本初等函數(shù),利用其圖象與性質(zhì)確定f′(x)的符號,得單調(diào)區(qū)間.2.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理:y=f(x)在(a,b)上單調(diào),則區(qū)間(a,b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集.(2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題,即“若函數(shù)單調(diào)遞增,則f′(x)≥0;若函數(shù)單調(diào)遞減,則f′(x)≤0”來求解.提醒:f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0,且在(a,b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)不恒為0.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略,否則漏解.【變式訓(xùn)練】函數(shù)f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù),則a的取值范圍是(

)【解析】選C.f′(x)=3ax2+6x+3,當(dāng)a>0,x>0時,f′(x)>0,故當(dāng)a>0時,f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù).當(dāng)a<0時,f(x)在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)f′(1)≥0且f′(2)≥0,解得-≤a<0.綜上,a的取值范圍是∪(0,+∞).【加固訓(xùn)練】1.在區(qū)間(-1,1)內(nèi)不是增函數(shù)的是(

)A.y=ex+xB.y=sinxC.y=x3-6x2+9x+2D.y=x2+x+1【解析】選D.A選項中y′=ex+1，x∈R時都有y′>0，所以y=ex+x在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以在(-1，1)上是增函數(shù)；B選項中(-1，1)?[]，而y=sinx在[]上為增函數(shù)，所以y=sinx在(-1，1)上是增函數(shù)；C選項y′=3x2-12x+9，令y′=3x2-12x+9>0得x>3或x<1，所以y=x3-6x2+9x+2在x∈(-∞,1)和(3,+∞)上為增函數(shù)，而(-1，1)?(-∞,1)，所以y=x3-6x2+9x+2在(-1，1)上是增函數(shù)；D選項y′=2x+1，令y′=2x+1>0，得x>，所以有y=x2+x+1在(，+∞)上為增函數(shù)，所以本題選D.2.(2014·廣東高考)已知函數(shù)f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.【解析】因為f′(x)=x2+2x+a，二次方程x2+2x+a=0的判別式Δ=4-4a.當(dāng)a≥1時，Δ≤0，f′(x)≥0，此時(-∞，+∞)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；當(dāng)a<1時，Δ>0，f′(x)=0有兩個實數(shù)根x=-1+和x=-1-，此時(-∞,-1-),(-1+,+∞)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，(-1-，-1+)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.綜上，當(dāng)a≥1時，函數(shù)f(x)只有單調(diào)遞增區(qū)間(-∞,+∞)；當(dāng)a<1時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞，-1-),(-1+，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(-1-,-1+).3.(2015·哈爾濱模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)=-2x3+bx2+cx(b,c∈R),函數(shù)F(x)=f(x)-3x2是奇函數(shù),函數(shù)f(x)滿足f′(-1)=0.(1)求f(x)的解析式.(2)討論f(x)在區(qū)間(-3,3)上的單調(diào)性.【解析】(1)f′(x)=-6x2+2bx+c,F(x)=f(x)-3x2是奇函數(shù),得b=3,f′(-1)=-6-2b+c=0,得c=12,所以f(x)=-2x3+3x2+12x.(2)令f′(x)=-6x2+6x+12=0,得x=2或-1,所以單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,2),單調(diào)遞減區(qū)間為(-3,-1),(2,3).x(-3,-1)-1(-1,2)2(2,3)f′(x)-0+0-考點2利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值(最值)知·考情利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值是高考考查熱點,幾乎每年都會考查,有時會和函數(shù)的單調(diào)性、不等式、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等相結(jié)合命題,常常作為高考的壓軸題出現(xiàn),難度為中、高檔.高頻考點多維探究明·角度命題角度1:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【典例2】(2014·天津高考改編)已知函數(shù)f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R,則f(x)的極大值為

.【解題提示】根據(jù)求極值的步驟直接求解即可.【規(guī)范解答】由已知,有f′(x)=2x-2ax2(a>0),令f′(x)=0,解得x=0或x=.當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表:可知,當(dāng)x=時,f(x)有極大值,且極大值為f()=答案:x(-∞,0)0（0,）（,+∞）f′(x)-0+0-f(x)減0增減命題角度2:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值【典例3】(2014·江西高考)已知函數(shù)f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0.(1)當(dāng)a=-4時,求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.(2)若f(x)在區(qū)間[1,4]上的最小值為8,求a的值.【解題提示】(1)求導(dǎo)整理后,令導(dǎo)數(shù)大于零即可.(2)求導(dǎo)整理后,注意討論臨界點與區(qū)間的位置關(guān)系.【規(guī)范解答】(1)f(x)=(4x2-16x+16)，定義域為［0,+∞)，f′(x)=令f′(x)>0得0＜x<或x>2，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[0,)，(2,+∞).(2)f′(x)=令f′(x)=0得x=或x=f(x)在定義域上的單調(diào)性為[0,]上單調(diào)遞增，(,)上單調(diào)遞減，[,+∞)上單調(diào)遞增.從而需要討論,與1及4的大小.①當(dāng)≥4或≤1，即a≤-40或-2≤a<0時，f(x)在［1,4］上單調(diào)遞增，故f(x)的最小值為f(1)=4+4a+a2=8，解得a=-2±2，均需舍去；②當(dāng)≤1且≥4，即-10≤a≤-8時，f(x)在［1,4］上單調(diào)遞減，故f(x)的最小值為f(4)=2(64+16a+a2)=8，解得a=-10或a=-6(舍去)；③當(dāng)1<<4，即-8<a<-2時，f(x)的最小值為f(),因為f()=0，所以不成立；④當(dāng)1<<4，即-40<a<-10時，f(x)在[1,]上單調(diào)遞增，在[,4]上單調(diào)遞減，f(x)的最小值為f(1)與f(4)中的一個，根據(jù)上面的①②得均不成立.綜上所述a=-10.【易錯警示】解答本題有三點容易出錯(1)在定義域上，對于f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間[0,],[,+∞]中間容易用“∪”符號連接.(2)求最值時容易忽略對與區(qū)間［1，4］的討論.(3)在每一步討論中，求得a值后，容易忽略對所求a值的驗證.悟·技法求函數(shù)f(x)極值的方法(1)確定函數(shù)f(x)的定義域.(2)求導(dǎo)函數(shù)f′(x).(3)求方程f′(x)=0的根.(4)檢查f′(x)在方程的根的左右兩側(cè)的符號,確定極值點.如果左正右負(fù),那么f(x)在這個根處取得極大值,如果左負(fù)右正,那么f(x)在這個根處取得極小值,如果f′(x)在這個根的左右兩側(cè)符號不變,則f(x)在這個根處沒有極值.通·一類1.(2015·信陽模擬)已知a,b為正實數(shù),函數(shù)f(x)=ax3+bx+2x在[0,1]上的最大值為4,則f(x)在[-1,0]上的最小值為(

)【解析】選A.因為a,b為正實數(shù),函數(shù)f(x)=ax3+bx+2x,所以導(dǎo)函數(shù)f′(x)=3ax2+b+2xln2.因為a,b為正實數(shù),所以當(dāng)0≤x≤1時,3ax2≥0,2xln2>0,所以f′(x)>0,即f(x)在[0,1]上是增函數(shù),所以f(1)最大且為a+b+2=4?a+b=2

①;又當(dāng)-1≤x≤0時,3ax2≥0,2xln2>0,所以f′(x)>0,即f(x)在[-1,0]上是增函數(shù),所以f(-1)最小且為-(a+b)+②,將①代入②得f(-1)=-2+=-,故選A.2.(2015·東北師大附中模擬)函數(shù)f(x)=x3-3x+m恰好有兩個零點,則m的值為

.【解析】因為f(x)=x3-3x+m,所以f′(x)=3x2-3,由f′(x)>0,得x>1或x<-1,此時函數(shù)單調(diào)遞增,由f′(x)<0,得-1<x<1,此時函數(shù)單調(diào)遞減.即當(dāng)x=-1時,函數(shù)f(x)取得極大值,當(dāng)x=1時,函數(shù)f(x)取得極小值.要使函數(shù)f(x)=x3-3x+m只有兩個零點,則滿足極大值等于0或極小值等于0,由極大值f(-1)=-1+3+m=m+2=0,解得m=-2;再由極小值f(1)=1-3+m=m-2=0,解得m=2.綜上,實數(shù)m的值為-2或2.答案:-2或23.(2014·貴陽模擬)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2+2bx在x=1處有極小值-1.(1)試求a,b的值并求出f(x)的單調(diào)區(qū)間.(2)求在區(qū)間[-2,2]上的最大值與最小值.【解析】(1)因為f(x)=x3-3ax2+2bx,所以f′(x)=3x2-6ax+2b,由已知得f′(1)=0,則3-6a+2b=0,①因為當(dāng)x=1時有極小值-1,所以f(1)=1-3a+2b=-1,②由①②得a=,b=-,把a=,b=-代入f(x)中,得f(x)=x3-x2-x,所以f′(x)=3x2-2x-1,令f′(x)=0,則f′(x)=(3x+1)(x-1)=0,若f′(x)>0,即在(-∞,-),(1,+∞)上,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,若f′(x)<0,即在(-,1)上,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減.(2)由(1)知f(x)=x3-x2-x,f′(x)=3x2-2x-1,令f′(x)=0,則f′(x)=(3x+1)(x-1)=0,解得x=-或x=1.因為f(-2)=-10,f(-)=,f(1)=-1,f(2)=2,所以f(x)在區(qū)間[-2,2]上的最大值為2,最小值為-10.【加固訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)=x-alnx(a∈R).(1)當(dāng)a=2時，求曲線y=f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程.(2)求函數(shù)f(x)的極值.【解析】函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞)，f′(x)=1-(1)當(dāng)a=2時，f(x)=x-2lnx，f′(x)=1-(x>0),因而f(1)=1，f′(1)=-1，所以曲線y=f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y-1=-(x-1)，即x+y-2=0.(2)由f′(x)=x>0知：①當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0,+∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當(dāng)a>0時，由f′(x)=0，解得x=a.又當(dāng)x∈(0,a)時，f′(x)<0;當(dāng)x∈(a,+∞)時，f′(x)>0.從而函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值，且極小值為f(a)=a-alna，無極大值.綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值a-alna，無極大值.規(guī)范解答2

導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用【典例】(12分)(2014·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)=x3-3x2+ax+2,曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標(biāo)為-2.(1)求a.(2)證明:當(dāng)k<1時,曲線y=f(x)與直線y=kx-2只有一個交點.解題導(dǎo)思研讀信息快速破題規(guī)范解答閱卷標(biāo)準(zhǔn)體會規(guī)范(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.…1分曲線y=f(x)在點(0,2)處的切線方程為y=ax+2.………………2分由題設(shè)得-=-2,所以a=1.………3分(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.