《導數(shù)的應用(Ⅰ)》教案

導數(shù)的應用（Ⅰ）適用學科數(shù)學適用年級高三適用區(qū)域新課標課時時長（分鐘）60知識點1、函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)2、函數(shù)的極值與導數(shù)3、函數(shù)的最大（小）值與函數(shù)教學目標1.了解函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)的關(guān)系；能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)．2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).教學重點利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值教學難點導數(shù)與函數(shù)、解析幾何、不等式、數(shù)列的綜合應用

教學過程一、課堂導入我們前面學習過某點處的導數(shù)反映出函數(shù)在某點處附近的變化情況,我們今天研究的問題是如何用導數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性.要研究這個問題,要先明確以下內(nèi)容:(1)函數(shù)的單調(diào)性與函數(shù)的導數(shù)有什么關(guān)系?為什么?(2)如何根據(jù)函數(shù)的導數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性?

二、復習預習函數(shù)的單調(diào)性及其判斷方法導數(shù)的概念及其幾何意義導數(shù)公式及運算法則曲線的切線方程與導數(shù)的關(guān)系

三、知識講解考點1函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)

考點2函數(shù)的極值與導數(shù)(1)函數(shù)的極小值：若函數(shù)y＝f(x)在點x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，且f′(a)＝0，而且在點x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則a點叫做函數(shù)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)的極小值．(2)函數(shù)的極大值：若函數(shù)y＝f(x)在點x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近其他點的函數(shù)值都大，且f′(b)＝0，而且在點x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則b點叫做函數(shù)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)的極大值，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值．

考點3函數(shù)的最值與導數(shù)(1)函數(shù)f(x)在[a，b]上有最值的條件：一般地，如果在區(qū)間[a，b]上，函數(shù)y＝f(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值．(2)求函數(shù)y＝f(x)在[a，b]上的最大值與最小值的步驟為①求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；②將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．

考點4函數(shù)的極值和函數(shù)的最值的聯(lián)系和區(qū)別極值是局部概念，指某一點附近函數(shù)值的比較，因此，函數(shù)在極大(小)值，可以比極小(大)值小(大)；最值是整體概念，最大、最小值是指閉區(qū)間[a，b]上所有函數(shù)值的比較．因而在一般情況下，兩者是有區(qū)別的，極大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是極大(小)值，但如果連續(xù)函數(shù)在區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值，那么極大值就是最大值，極小值就是最小值．

四、例題精析【例題1】【題干】已知函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx，其中a為常數(shù)．(1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

【解析】(1)若a＝1時，f(x)＝3x－2x2＋lnx，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－4x＋3＝eq\f(－4x2＋3x＋1,x)＝eq\f(－4x＋1x－1,x)(x>0)．當f′(x)>0，x∈(0,1)時，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx單調(diào)遞增．當f′(x)<0，x∈(1，＋∞)時，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋lnx單調(diào)遞減．故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，即在[1,2]上，f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0，即eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立．即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x).令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，因為函數(shù)h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，解得a<0或0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.

【例題2】【題干】已知函數(shù)f(x)＝e－kx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x－\f(1,k)))(k<0)．(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)是否存在實數(shù)k，使得函數(shù)f(x)的極大值等于3e－2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．

【解析】(1)f(x)的定義域為R.f′(x)＝－ke－kxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x－\f(1,k)))＋e－kx(2x＋1)＝e－kx[－kx2＋(2－k)x＋2]，即f′(x)＝－e－kx(kx－2)(x＋1)(k<0)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(2,k).當k＝－2時，f′(x)＝2e2x(x＋1)2≥0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，＋∞)．當－2<k<0時，f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,k)))eq\f(2,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，－1))－1(－1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,k)))和(－1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，－1)).當k<－2時，f(x)，f′(x)隨x的變化情況如下：x(－∞，－1)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k)))eq\f(2,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k))).(2)當k＝－1時，f(x)的極大值等于3e－2.理由如下：當k＝－2時，f(x)無極大值．當－2<k<0時，f(x)的極大值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＝e－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋\f(1,k)))，令e－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋\f(1,k)))＝3e－2，即eq\f(4,k2)＋eq\f(1,k)＝3，解得k＝－1或k＝eq\f(4,3)(舍去)．當k<－2時，f(x)的極大值為f(－1)＝－eq\f(ek,k).因為ek<e－2,0<－eq\f(1,k)<eq\f(1,2)，所以－eq\f(ek,k)<eq\f(1,2)e－2.因為eq\f(1,2)e－2<3e－2，所以f(x)的極大值不可能等于3e－2.綜上所述，當k＝－1時，f(x)的極大值等于3e－2.

【例題3】【題干】已知函數(shù)f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上單調(diào)遞減且滿足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．

【解析】(1)由f(0)＝1，f(1)＝0得c＝1，a＋b＝－1，則f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex.依題意須對于任意x∈(0,1)，有f′(x)<0.當a>0時，因為二次函數(shù)y＝ax2＋(a－1)x－a的圖象開口向上，而f′(0)＝－a<0，所以須f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；當a＝1時，對任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x2－1)ex<0，f(x)符合條件；當a＝0時，對于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－xex<0，f(x)符合條件；當a<0時，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合條件．故a的取值范圍為0≤a≤1.(2)因g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，所以g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex.(ⅰ)當a＝0時，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1，在x＝1處取得最大值g(1)＝e.(ⅱ)當a＝1時，對于任意x∈(0,1)有g(shù)′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2，在x＝1處取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)當0<a<1時，由g′(x)＝0得x＝eq\f(1－a,2a)>0.①若eq\f(1－a,2a)≥1，即0<a≤eq\f(1,3)時，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1處取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若eq\f(1－a,2a)<1，即eq\f(1,3)<a<1時，g(x)在x＝eq\f(1－a,2a)處取得最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝2ae，在x＝0或x＝1處取得最小值，而g(0)＝1＋a，g(1)＝(1－a)e，則當eq\f(1,3)<a≤eq\f(e－1,e＋1)時，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1＋a；當eq\f(e－1,e＋1)<a<1時，g(x)在x＝1處取得最小值g(1)＝(1－a)e.

五、課堂運用【基礎(chǔ)】1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖所示，則下列敘述正確的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)

解析：選C依題意得，當x∈(－∞，c)時，f′(x)>0；當x∈(c，e)時，f′(x)<0；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0.因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，在(c，e)上是減函數(shù)，在(e，＋∞)上是增函數(shù)，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．

2．(2012·陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則()A．x＝1為f(x)的極大值點B．x＝1為f(x)的極小值點C．x＝－1為f(x)的極大值點D．x＝－1為f(x)的極小值點

解析：選D求導得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝ex(x＋1)＝0，解得x＝－1，易知x＝－1是函數(shù)f(x)的極小值點．

3．(2013·咸寧模擬)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點，則c＝()A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或1

解析：選A∵y′＝3x2－3，∴當y′＝0時，x＝±1.則x，y′，y的變化情況如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋yc＋2c－2因此，當函數(shù)圖象與x軸恰有兩個公共點時，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2.

【鞏固】4．函數(shù)f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為________．

解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)<0，即3(x－11)(x＋1)<0，解得－1<x<11，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,11)．答案：(－1,11)

5．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2處取得極值，若m，n∈[－1,1]，則f(m)＋f′(n)的最小值是________．

解析：由題求導得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函數(shù)f(x)在x＝2處取得極值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上單調(diào)遞減，在(0,1)上單調(diào)遞增，∴當m∈[－1,1]時，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的圖象開口向下，且對稱軸為x＝1，∴當n∈[－1,1]時，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值為－13.答案：－13

6．已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1(a∈R)．(1)當a＝－1時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；(2)當a≤eq\f(1,2)時，討論f(x)的單調(diào)性．

解：(1)當a＝－1時，f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)－1，x∈(0，＋∞)．所以f′(x)＝eq\f(x2＋x－2,x2)，x∈(0，＋∞)．因此f′(2)＝1，即曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為1.又f(2)＝ln2＋2，所以曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y－(ln2＋2)＝x－2，即x－y＋ln2＝0.(2)因為f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋eq\f(a－1,x2)＝－eq\f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．①當a＝0時，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，所以當x∈(0,1)時，g(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當x∈(1，＋∞)時，g(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；②當a≠0時，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝eq\f(1,a)－1.a．當a＝eq\f(1,2)時，x1＝x2，g(x)≥0恒成立，此時f′(x)≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；b．當0<a<eq\f(1,2)時，eq\f(1,a)－1>1>0.x∈(0,1)時，g(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))時，g(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))時，g(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；c．當a<0時，由于eq\f(1,a)－1<0，x∈(0,1)時，g(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；x∈(1，＋∞)時，g(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．綜上所述：當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增；當a＝eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；當0<a<eq\f(1,2)時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))上單調(diào)遞減．

【拔高】7．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2.(1)求函數(shù)f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象恰有一個公共點，求實數(shù)a的值；(3)若函數(shù)y＝f(x)＋g(x)有兩個不同的極值點x1，x2(x1<x2)，且x2－x1>ln2，求實數(shù)a的取值范圍．

解：(1)令f′(x)＝lnx＋1＝0得x＝eq\f(1,e)，①當0<t<eq\f(1,e)時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上的最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；②當t≥eq\f(1,e)時，函數(shù)f(x)在[t，t＋2]上單調(diào)遞增，此時函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋2]上的最小值為f(t)＝tlnt.(2)由題意得，f(x)－g(x)＝xlnx＋x2－ax＋2＝0在(0，＋∞)上有且僅有一個根，即a＝lnx＋x＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)上有且僅有一個根，令h(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋x－2,x2)＝eq\f(1,x2)(x＋2)(x－1)，易知h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以a＝h(x)min＝h(1)＝3.(3)由題意得，y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x2＋ax－2，則其導函數(shù)為y′＝lnx－2x＋1＋a，由題意知y′＝lnx－2x＋1＋a＝0有兩個不同的實根x1，x2，等價于a＝－lnx＋2x－1有兩個不同的實根x1，x2，且x1<x2，等價于直線y＝a與函數(shù)G(x)＝－lnx＋2x－1的圖象有兩個不同的交點．由G′(x)＝－eq\f(1,x)＋2，得G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，畫出函數(shù)G(x)圖象的大致形狀(如圖)．由圖象易知，當a>G(x)min＝Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝ln2時，x1，x2存在，且x2－x1的值隨著a的增大而增大．而當x2－x1＝ln2時，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－2x1＋1＋a＝0，,lnx2－2x2＋1＋a＝0，))兩式相減可得lneq\f(x2,x1)＝2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，代入上述方程組解得x1＝eq\f(ln2,3)，x2＝eq\f(4,3)ln2，此時實數(shù)a＝eq\f(2,3)ln2－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,3)))－1，所以實數(shù)a的取值范圍為a>eq\f(2,3)ln