高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題五函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第16講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值課件_第1頁(yè)
高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專(zhuān)題五函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第16講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值課件_第2頁(yè)
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文檔簡(jiǎn)介

第16講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值第16講利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值

f(x)=ax3-12x+a的單調(diào)遞減區(qū)間為(-2,2),則實(shí)數(shù)a=

.答案1解析

f'(x)=3ax2-12<0的解集是(-2,2),則a=1.x=0是函數(shù)f(x)=(x-2a)(x2+a2x+2a3)的極小值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范是

.答案(-∞,0)∪(2,+∞)解析

f'(x)=3x2+(2a2-4a)x=3x

,由x=0是函數(shù)的極小值點(diǎn)得

<0,解得a>2或a<0.f(x)=lnx-

x+

在區(qū)間(1-a,2a)上單調(diào)遞減,則實(shí)數(shù)a的取值范是

.答案

解析函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),則0<1-a<2a,

<a<1,由f'(x)=

-

-

=

<0,得x<1或x>3,則f(x)的減區(qū)間為(0,1),(3,+∞),則(1-a,2a)?(0,1),

<a≤

.

上的函數(shù)f(x)=8sinx-tanx的最大值為

.答案3

解析

f'(x)=8cosx+

=

,令f'(x)=0,得cosx=

,x∈

,x=

,且x∈

,f'(x)>0,f(x)遞增,x∈

,f'(x)<0,f(x)遞減,所以x=

是極大值點(diǎn),也是最大值點(diǎn),故f(x)max=f

=3

.題型一導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性例1

(2018鹽城高三模擬)若對(duì)任意實(shí)數(shù)k,b都有函數(shù)y=f(x)+kx+b的圖象與直

線y=kx+b相切,則稱(chēng)函數(shù)f(x)為“恒切函數(shù)”.設(shè)函數(shù)g(x)=aex-x-pa,a,p∈R.(1)討論函數(shù)g(x)的單調(diào)性;(2)已知函數(shù)g(x)為“恒切函數(shù)”.①求實(shí)數(shù)p的取值范圍;②當(dāng)p取最大值時(shí),若函數(shù)h(x)=g(x)ex-m也為“恒切函數(shù)”,求證:0≤m<

.(參考數(shù)據(jù):e3≈20)解析(1)g'(x)=aex-1,當(dāng)a≤0時(shí),g'(x)<0恒成立,函數(shù)g(x)在R上單調(diào)遞減;當(dāng)a>0時(shí),由g'(x)=0得x=-lna,由g'(x)>0得x>-lna,由g'(x)<0得x<-lna,得函數(shù)g(x)在(-∞,-lna)上單調(diào)遞減,在(-lna,+∞)上單調(diào)遞增.(2)①若函數(shù)f(x)為“恒切函數(shù)”,則函數(shù)y=f(x)+kx+b的圖象與直線y=kx+b相

切,設(shè)切點(diǎn)為(x0,y0),則f'(x0)+k=k且f(x0)+kx0+b=kx0+b,即f'(x0)=0,f(x0

數(shù)g(x)為“恒切函數(shù)”,所以存在x0,使得g'(x0)=0,g(x0)=0,即

得a=

>0,p=

(1-x0),設(shè)m(x)=ex(1-x),則m'(x)=-xex,由m'(x)<0,得x>0,由m'(x)>0,得x<0,故m(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞減,從而m(x)max=m(0)=1,故實(shí)數(shù)p的取值范圍為(-∞,1].②當(dāng)p取最大值時(shí),p=1,x0=0,a=

=1,則h(x)=(ex-x-1)ex-m,h'(x)=(2ex-x-2)ex,因?yàn)楹瘮?shù)h(x)也為“恒切函數(shù)”,故存在x0,使得h'(x0)=0,h(x0)=0,由h'(x0)=0得(2

-x0-2)

=0,即2

-x0-2=0,設(shè)n(x)=2ex-x-2,則n'(x)=2ex-1,由n'(x)>0,得x>-ln2,由n'(x)<0,得x<-ln2,故n(x)在(-∞,-ln2)上單調(diào)遞減,在(-ln2,+∞)上單調(diào)遞增,1°在單調(diào)遞增區(qū)間(-ln2,+∞)上,n(0)=0,故x0=0,由h(x0)=0,得m=0;2°在單調(diào)遞減區(qū)間(-∞,-ln2)上,n(-2)=2e-2>0,n

=2

-

≈2×

-

=

-

<0,又n(x)的圖象在(-∞,-ln2)上不間斷,故在區(qū)間

上存在唯一的x0,使得2

-x0-2=0,故

=

,此時(shí)由h(x0)=0,得m=(

-x0-1)

=

=-

x0(x0+2)=-

+

,函數(shù)r(x)=-

(x+1)2+

上遞增,r(-2)=0,r

=

,故0<m<

.綜上所述,0≤m<

.【方法歸納】

與單調(diào)性有關(guān)的兩類(lèi)問(wèn)題的求解策略:①若求單調(diào)區(qū)間(或

證明單調(diào)性),則只要在函數(shù)定義域內(nèi)解(或證明)不等式f‘(x)>0或f’(x)<0即可.

②已知非常數(shù)函數(shù)y=f(x),x∈D單調(diào)遞增(減)?f‘(x)≥0(f’(x)≤0),x∈D恒成立,

再利用分離參數(shù)或者直接利用函數(shù)最值求解.③已知函數(shù)y=f(x),x∈D存在單

調(diào)遞增區(qū)間?f‘(x)>0,x∈D有解,再利用分離參數(shù)或者直接利用函數(shù)最值求

解.1-1已知函數(shù)f(x)=lnx,g(x)=

ax2+2x,a≠0.(1)若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間,求a的取值范圍;(2)若函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上單調(diào)遞減,求a的取值范圍.解析(1)h(x)=lnx-

ax2-2x,x∈(0,+∞),所以h'(x)=

-ax-2.因?yàn)閔(x)在(0,+∞)上存在單調(diào)遞減區(qū)間,所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),

-ax-2<0有解,即存在x∈(0,+∞),使得a>

-

.設(shè)G(x)=

-

(x∈(0,+∞)),所以只要a>G(x)min即可.而G(x)=

-1,所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),G(x)min=-1,所以a>-1且a≠0.(2)因?yàn)閔(x)在[1,4]上單調(diào)遞減,所以x∈[1,4]時(shí),h'(x)=

-ax-2≤0恒成立,即當(dāng)x∈[1,4]時(shí),a≥

-

恒成立,所以a≥G(x)max.對(duì)于G(x)=

x∈[1,4],所以

,所以G(x)max=G(4)=-

,所以a≥-

.當(dāng)a=-

時(shí),h'(x)=

+

x-2=

.∵x∈[1,4],∴h'(x)=

≤0,即h(x)在[1,4]上為減函數(shù).故實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≥-

且a≠0.題型二導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值例2

(2018揚(yáng)州高三考前調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=lnx-x+

,g(x)=

(其中a為參數(shù)).(1)若對(duì)任意x∈R,不等式g(x)-b<0恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍;(2)當(dāng)a=

時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)求函數(shù)f(x)的極值.解析(1)由題意知對(duì)任意x∈R,b>g(x)恒成立,對(duì)g(x)求導(dǎo)得g'(x)=

,令g'(x)=0,則x=1,g'(x),g(x)隨x的變化情況如下表:x(-∞,1)1(1,+∞)g'(x)+0-g(x)↗極大值↘故g(x)max=g(1)=

,所以b>

.(2)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),其導(dǎo)函數(shù)為f'(x)=

,當(dāng)a=

時(shí),f'(x)=

,由(1)知

,即ex-1-x≥0,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào),令f'(x)=0,則x=1,f'(x),f(x)隨x的變化如下表:x(0,1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘極大值↗所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(1,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(0,1).(3)f'(x)=

(x>0),由(1)知

,又

>0,故0<

,下面討論處理:①當(dāng)a≤0時(shí),a-

<0,此時(shí)f(x)在(0,1)上遞增,在(1,+∞)上遞減,所以f(x)極大值=f(1)=ae-1,無(wú)極小值;②當(dāng)a≥

時(shí),a-

≥0,此時(shí)f(x)在(0,1)上遞減,在(1,+∞)上遞增,所以f(x)極小值=f(1)=ae-1,無(wú)極大值;③當(dāng)0<a<

時(shí),令φ(x)=a-

,下面證φ(x)在(0,1)、(1,+∞)上各有一個(gè)零點(diǎn).因?yàn)棣?a)=a-

>0,φ(1)=a-

<0,φ(x)在(a,1)上遞減且連續(xù),所以φ(x)在(a,1)上有唯一零點(diǎn)x1,且

=a,易證:x>0時(shí),ex>x2(過(guò)程略),故φ

=a-

=

>0,又φ(1)=a-

<0,φ(x)在

上遞增且連續(xù),所以φ(x)在

上有唯一零點(diǎn)x2,且

=a,故f(x)在(0,x1)上遞減,在(x1,1)上遞增,在(1,x2)上遞減,在(x2,+∞)上遞增,所以f(x)極大值=f(1)=ae-1,f(x)極小值=f(x1)=

+lnx1-x1=1+lna,f(x)極小值=f(x2)=

+lnx2-x2=1+lna.綜上得:a≤0時(shí),f(x)極大值=f(1)=ae-1,無(wú)極小值;當(dāng)a≥

時(shí),f(x)極小值=f(1)=ae-1,無(wú)極大值;當(dāng)0<a<

時(shí),f(x)極大值=f(1)=ae-1,f(x)極小值=1+lna.【方法歸納】

導(dǎo)數(shù)在函數(shù)極值中的應(yīng)用主要有兩種類(lèi)型,一是求函數(shù)的極

值,步驟是求定義域、求導(dǎo)數(shù)f‘(x)、解方程f’(x)=0、列表得極值情況;二是已

知函數(shù)y=f(x)(含參數(shù))在x=x0處取得極值,求參數(shù)的取值,利用f‘(x0)=0求出參數(shù)

的值,再代入解析式進(jìn)行檢驗(yàn).2-1已知函數(shù)f(x)=

(c>0且c≠1,k∈R)恰有一個(gè)極大值點(diǎn)和一個(gè)極小值點(diǎn),其中一個(gè)是x=-c.(1)求函數(shù)f(x)的另一個(gè)極值點(diǎn);(2)求函數(shù)f(x)的極大值M和極小值m,并求M-m≥1時(shí)k的取值范圍.解析(1)f'(x)=

=

,由題意知f'(-c)=0,即c2k-2c-ck=0,(*)∵c≠0,∴k≠0,∴c-

=1.由f'(x)=0得-kx2-2x+ck=0,∴另一個(gè)極值點(diǎn)為x=c-

,即x=1.(2)由(*)式得,c=1+

.當(dāng)c>1時(shí),k>0;當(dāng)0<c<1時(shí),k<-2.①當(dāng)k>0時(shí),f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)上是減函數(shù),在(-c,1)上是增函數(shù),∴M=f(1)=

=

>0,m=f(-c)=

=

<0,由M-m=

+

≥1及k>0,解得k≥

.②當(dāng)k<-2時(shí),f(x)在(-∞,-c)和(1,+∞)上是增函數(shù),在(-c,1)上是減函數(shù),∴M=f(-c)=

>0,m=f(1)=

<0,此時(shí)M-m=

-

=1-

≥1恒成立.綜上可知,所求k的取值范圍為(-∞,-2)∪[

,+∞).題型三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值例3

(2018徐州高三考前模擬)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+a,a∈R.(1)若a=1,解關(guān)于x的方程f(x)=0;(2)求函數(shù)f(x)在[1,e]上的最大值.解析(1)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=lnx-x+1,顯然f(1)=0,所以x=1是方程f(x)=0的一個(gè)根.又因?yàn)閒'(x)=

-1=

,且當(dāng)0<x<1時(shí),f'(x)>0,當(dāng)x>1時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減,從而f(x)max=f(1)=0,所以x=1是方程f(x)=0的唯一根.(2)因?yàn)閒'(x)=

-a=

(x>0),①當(dāng)a≤0時(shí),恒有f'(x)>0,所以f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增,所以f(x)max=f(e)=1+a-ae;②當(dāng)a>0時(shí),當(dāng)0<x<

時(shí),f'(x)>0,當(dāng)x>

時(shí),f'(x)<0,所以f(x)在

上單調(diào)遞增,在

上單調(diào)遞減,若

≥e,即0<a≤

,f(x)max=f(e)=1+a-ae;若1<

<e,即

<a<1,f(x)max=f

=ln

-1+a=a-1-lna;若0<

≤1,即a≥1,f(x)max=f(1)=0.綜上所述,f(x)在[1,e]上的最大值為f(x)max=

【方法歸納】

含參數(shù)的函數(shù)的最值問(wèn)題常在以下情況中需要分類(lèi)討論:①

使導(dǎo)數(shù)為零的自變量不確定時(shí)需要討論;②使導(dǎo)數(shù)為零的自變量是否在給定

的區(qū)間內(nèi)不確定時(shí)需要討論;③端點(diǎn)處的函數(shù)值和極值大小不確定時(shí)需要討

論;④參數(shù)的取值范圍不同導(dǎo)致函數(shù)在所給區(qū)間上的單調(diào)性的變化不確定時(shí)

需要討論.3-1

(2018揚(yáng)州高三考前調(diào)研)已知函數(shù)f(x)=

的最小值為a,則實(shí)數(shù)a的取值集合為

.答案{-2

-2,2}解析當(dāng)a≥0時(shí),f(x)=

要使f(x)的最小值為a,則

解得a=2;當(dāng)a<0時(shí),x>0時(shí),f(x)min=a+1,x≤0時(shí),f(x)min=f

=2-

,要使f(x)的最小值為a,則

解得a=-2-2

.綜上可得,實(shí)數(shù)a的取值集合為{-2

-2,2}.解析(1)因?yàn)閒'(x)=ex+(x+a)ex=(x+a+1)ex,令f'(x)=0,解得x=-a-1.列表如下:x(-∞,-a-1)-a-1(-a-1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘極小值↗所以當(dāng)x=-a-1時(shí),f(x)取得極小值.因?yàn)間'(x)=3x2+2ax+b,由題意可知g'(-a-1)=0,且Δ=4a2-12b>0,所以3(-a-1)2+2a(-a-1)+b=0,化簡(jiǎn)得b=-a2-4a-3.由Δ=4a2-12b=4a2+12(a+1)(a+3)>0,得a≠-

.所以b=-a2-4a-3

.(2)證明:因?yàn)镕(x)=f(x)-g(x)=(x+a)ex-(x3+ax2+bx),所以F'(x)=f'(x)-

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