2015届高考数学(理科)一轮总复习课件:2-11 导数在函数研究中的应用(人教A版)_图文

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第十一节
[最新考纲展示]

导数在函数研究中的应用

1 .了解函数单调性和导数的关系;能利用导数研究函数的单调 性,会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次). 值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次). 2.了解 函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;会用导数求函数的极大

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利用导数研究函数的单调性 1 .函数 f(x) 在某个区间 (a ,b) 内的单调性与其导数的正负有如下 关系 (1)若 f′(x)>0 (2)若 f′(x)<0 ,则f(x)在这个区间内单调递增; ,则f(x)在这个区间内单调递减;

(3)若 f′(x)=0 ,则f(x)在这个区间内是常数. 2.利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求 f′(x) ;

(2)在定义域内解不等式 f′(x)>0或f′(x)<0
(3)根据结果确定f(x)的单调区间.
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____________________[通关方略]____________________ 1.求函数 f(x)的单调区间,也是求不等式 f′(x)>0(或f′(x)<0)的解集, 但单调区间不能脱离定义域而单独存在,求单调区间要坚持“定义域

优先”的原则.
2 .由函数 f(x) 在区间 [a , b] 内单调递增 ( 或递减 ) ,可得 f′(x)≥0( 或 f′(x)≤0)在该区间恒成立,而不是f′(x)>0(或<0)恒成立,“=”不能少.

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1.已知函数 f(x)的导函数 f′(x)=ax2+bx+c的图象如图所示,则f(x)

的图象可能是(

)

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解析:由图象知,当x<0时,导函数 f′(x)=ax2+bx+c<0,相应的 函数f(x)在该区间上单调递减;当 x>0时,由导函数f′(x)=ax2+bx+c的

图象可知,导函数在区间(0,x1)内的值是大于0的,因此在此区间内函
数f(x)单调递增.选D. 答案:D

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2.函数f(x)=x3-15x2-33x+6的单调减区间为________. 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,求得-1<x<11,所以函数f(x)的单调减区
间为(-1,11). 答案:(-1,11)

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利用导数研究函数的极值 1.函数的极小值 函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在x=a附近其它点的函数值 都小,f′(a)=0,而且在点x=a附近的左侧 f′(x)<0 ,右侧 f′(x)>0 ,

则点a叫做函数y=f(x)的极小值点,f(a)叫做函数y=f(x)的极小值.
2.函数的极大值 函数y=f(x)在点x=b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,而且在点x=b附近的左侧
f′(x)<0 的极大值.

f′(x)>0

, 右 侧

,则点b叫做函数y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函数y=f(x)

极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称为极
值.
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____________________[通关方略]____________________ f′(x0) =0是x0为f(x) 的极值点的非充分非必要条件.例如,f(x)=x3 ,

f′(0)=0,但x=0不是极值点;又如f(x)=|x|,x=0是它的极小值点,但
f′(0)不存在.

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3.函数f(x)=x3+ax2+3x-9在x=-3处取得极值,则a=(
A.2 C.4 B.3 D.5

)

解析:f′(x)=3x2+2ax+3.∵函数f(x)= x3+ax2+3x-9,在x=-3 处有极值.∴f′(-3)=0.

3×9-6a+3=0.∴a=5.
答案:D

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4.若f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1有极大值和极小值,则a的取值 范围为________. 解析: f′(x) = 3x2 + 6ax + 3(a + 2) ,由题意知 f′(x) = 0 有两个不等的

实根,故Δ=(6a)2-4×3×3(a+2)>0,即a2-a-2>0,解得a>2或a<-
1. 答案:a>2或a<-1

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5.函数f(x)=x3+ax(x∈R)在x=1处有极值,则曲线y=f(x)在原点 处的切线方程是________. 解析: 因为函数 f(x) = x3 + ax(x∈R) 在 x = 1 处有极值,所以 f′(1) =

3×12+a=0,得a=-3.故所求切线的斜率为k=a=-3,因此切线方
程为y=-3x. 答案:y=-3x

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利用导数研究函数的单调性

【例1】
m).

(2013年高考全国新课标卷Ⅱ)已知函数f(x)=ex-ln(x+

(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;

(2)当m≤2时,证明f(x)>0.

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[解析]

1 (1)f′(x)=e - . x+m
x

由 x=0是f(x)的极值点得f′(0)=0,所以m=1. 1 于是f(x)= e -ln(x+1),定义域为(-1,+∞),f′(x)= e - . x+1
x x

1 函数f′(x)= e - 在(-1,+∞)上单调递增,且f′(0)=0,因 x+1
x

此当x∈ (-1,0)时,f′(x)<0;当x∈ (0,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在 (-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.

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(2)证明:当m≤2, x∈(-m,+∞)时,ln(x+m)≤ln(x+2), 故只需证明当m=2时,f(x)>0. 1 当m=2时,函数f′(x)= ex- 在 (-2,+∞)上单调递增. x+2 又f′(-1)<0,f′(0)>0,故f′(x)=0在 (-2,+∞)上有唯一实根 x0,且 x0∈ (-1,0). 当 x∈(-2, x0)时,f′(x)<0,当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而 当 x=x0时,f(x)取得最小值. 1 由f′(x0)=0得 ex0= ,ln(x0+2)=-x0, x0+ 2 ?x0+1?2 1 故f(x)≥f(x0)= +x = >0. x0+ 2 0 x0+ 2 综上,当m≤2时,f(x)>0.
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反思总结 1 .当 f(x)不含参数时,可以通过解不等式 f′(x)>0(或f′(x)<0)直接得 到单调递增(或递减)区间.

2.导数法证明函数f(x)在(a,b)内的单调性的步骤:
(1)求f′(x); (2)确认f′(x)在(a,b)内的符号; (3)作出结论:f′(x)>0时为增函数;f′(x)<0时为减函数.

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变式训练 1 3 a 2 1.设函数f(x)= x - x +bx+c,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切 3 2 线方程为y=1. (1)求b,c的值; (2)若a>0,求函数f(x)的单调区间; (3)设函数g(x)=f(x)+2x,且g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减 区间,求实数a的取值范围.

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解析:(1)f′(x)=x2-ax+b,
?f?0?=1 ?c=1 由题意得? ,即? . ?f′?0?=0 ?b=0

(2)由 (1)得,f′(x)=x2-ax= x(x-a)(a>0), 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0, 当 x∈(0,a)时,f′(x)<0, 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为 (-∞, 0), (a,+∞),单调递减区间为(0,a). (3)g′(x)=x2-ax+2, 依题意,存在x∈(- 2,-1),使不等式g′(x)= x2-ax+2<0成立, 2 即 x∈(-2,-1)时,a<x+ ≤- 2 2, x 所以满足要求的a的取值范围是(-∞,-2 2).
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利用导数研究函数的极值

【例2】 (2013年高考重庆卷)设f(x)=a(x-5)2+6ln x,其中a∈R,
曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6). (1)确定a的值; (2)求函数f(x)的单调区间与极值.

[解析] (1)因f(x)=a(x-5)2+6ln x,故f′(x)=2a(x-5)+

6 .令 x= x

1,得f(1)=16a,f′(1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线 方程为y-16a=(6- 8a)(x-1),由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a- 1 6,故a= . 2

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1 (2)由 (1)知,f(x)= (x- 5)2+6ln x(x>0), 2 6 ?x- 2??x-3? f′(x)=x-5+ = . x x 令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3. 当0<x<2或 x>3时,f′(x)>0,故f(x)在 (0,2),(3,+∞)上为增函数; 当2<x<3时,f′(x)<0,故f(x)在 (2,3)上为减函数. 9 由此可知f(x)在x=2处取得极大值f(2)= +6ln 2,在x=3处取得极 2 小值f(3)=2+6ln 3.

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反思总结 利用导数研究极值需注意以下几点 (1)首先考虑定义域 .

(2)判断函数的单调性时要注意分类讨论.
(3)导数值为0的点不一定是函数的极值点.

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变式训练 2.(2013年高考福建卷)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的 极大值点,以下结论一定正确的是( )

A.?x∈R,f(x)≤f(x0)
B.-x0是f(-x)的极小值点 C.-x0是-f(x)的极小值点 D.-x0是-f(-x)的极小值点

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解析:取函数f(x)= x - x,则x=-

3

3 3

为f(x)的极大值点,但

? 3? ? f(3)>f - ? ,排除A.取函数f(x)=-(x-1)2,则 x=1是f(x)的极大值点, 3? ?

但-1不是f(- x)的极小值点,排除B;-f(x)= (x-1)2,-1不是-f(x)的 极小值点,排除C.故选 D.
答案:D

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利用导数研究方程根的问题

x3 2 【例3】 已知函数f(x)=ln(2ax+1)+ -x -2ax(a∈R). 3 (1)若x=2为f(x)的极值点,求实数a的值; ?1-x?3 b 1 (2)当a=- 时,方程f(1-x)= + 有实根,求实数b的最大 2 3 x 值.

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[解析]

2a (1)f′(x)= + x2- 2x-2a 2ax+1

x[2ax2+?1-4a?x-?4a2+2?] = . 2ax+1 因为x=2为f(x)的极值点,所以f′(2)=0, 解得a=0. 又当a=0时,f′(x)=x(x-2),从而x=2为f(x)的极值点成立,所以 a=0. ?1- x?3 b 1 (2)当a=- 时,方程f(1- x)= + 可化为ln x-(1- x)2+(1- 2 3 x b x)= . x 问题转化为b=xln x- x(1-x)2+ x(1-x)= xln x+x2-x3在 (0,+∞) 上有解,即求函数g(x)= xln x+ x2- x3的值域.
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令h(x)=ln x+x- x2(x>0), ?2x+1??1- x? 1 则h′(x)= +1-2x= , x x 所以当0<x<1时,h′(x)>0,从而h(x)在 (0,1)上为增函数,当 x>1 时,h′(x)<0,从而h(x)在 (1,+∞)上为减函数, 因此h(x)≤h(1)=0. 而 x>0,故b=x· h(x)≤0, 因此当x=1时,b取得最大值0.

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解析:由条件知f′(x)≥0在 [3,+∞)内恒成立. 由例(1)中知,2ax2+(1-4a)x-(4a2+2)≥0,在[3,+∞)内恒成 立. 令g(x)=2ax2+(1-4a)x- (4a2+2), 1 ∵ x对=1- <1, 4a ∴只需g(3)≥0即可,可解得 3- 13 3+ 13 ≤a ≤ , 4 4
? 3+ 13? ?. 又a>0,∴a∈?0, 4 ? ?

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反思总结

1 .利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数
问题的一般思路 (1)将问题转化为函数的零点问题,进而转化为函数的图象与 x轴

(或直线y=k)在该区间上交点问题;
(2)利用导数研究出该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点 值等性质,进而画出其图象; (3)结合图象求解. 2.证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤

第一步:利用导数证明该函数在该区间上单调;
第二步:证明端点值异号.
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——导数的综合应用问题

导数的综合应用问题多涉及单调性、极值、最值、不等式证明、
方程根讨论,以及不等式恒成立或存在问题,综合考查了函数、导数、 不等式等知识,难度较大,能力要求较强,解答这类问题时除掌握方

法外,还要遵循一定答题模板,学会审题与规范解答.

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【典例】

(2013年高考全国新课标卷Ⅰ)(本题满分12分)设函数f(x)

= x2 + ax + b , g(x) = ex(cx + d) .若曲线 y = f(x) 和曲线 y = g(x) 都过点

P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.
(1)求a,b,c,d的值; (2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.

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[教你快速规范审题] 1.审条件,挖解题信息

2.审结论,明解题方向

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3.建联系,找解题突破口

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[教你准确规范解答] (1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4. 而f′(x)=2x+a,g′(x)=ex(cx+d+c),故b=2,d=2,a=4,d+c =4. 2分 从而a=4,b=2,c=2,d=2. 3分

(2)由(1)知,f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1). 4分
设函数F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2,则 F′(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1). 由题设可得F(0)≥0,即k≥1. 令F′(x)=0得x1=-ln k,x2=-2. 6分 5分

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①若 1≤k<e2 ,则- 2<x1≤0 ,从而当 x∈( - 2 , x1) 时, F′(x)<0 ;当 x∈(x1,+∞)时,F′(x)>0,即F(x)在(-2,x1)单调递减,在(x1,+∞)单 调递增,故 F(x)在[-2,+∞)的最小值为 F(x1).而F(x1)=2x1+2-x- 4x1-2=-x1(x1+2)≥0. 故当x≥-2时,F(x)≥0,即f(x)≤kg(x)恒成立. 8分 ②若k=e2,则F′(x)=2e2(x+2)(ex-e-2).从而当x>-2时,F′(x)>0, 即F(x)在(-2,+∞)单调递增.而F(-2)=0,故当x≥-2时,F(x)≥0, 即f(x)≤kg(x)恒成立. 10分

③若k>e2,则F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)<0.从而当x≥-2
时, f(x)≤kg(x)不可能恒成立. 11分

综上,k的取值范围是[1,e2]. 12分
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[常见失分探因] 易忽视判断-ln k与-2的关系忘记讨论

注意通过F(-2)<0说明f(x)≤kg(x)不可能恒成立

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___________________[教你一个万能模板]__________________

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