新編高考數(shù)學理科一輪【學案14】導數(shù)在研究函數(shù)中的應用含答案

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1、 學案14　導數(shù)在研究函數(shù)中的應用 0導學目標： 1.了解函數(shù)單調性和導數(shù)的關系，能利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，會求函數(shù)的單調區(qū)間(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(多項式函數(shù)一般不超過三次)及最大(最小)值． 自主梳理 1．導數(shù)和函數(shù)單調性的關系： (1)若f′(x)>0在(a，b)上恒成立，則f(x)在(a，b)上是______函數(shù)，f′(x)>0的解集與定義域的交集的對應區(qū)間為______區(qū)間； (2)若f′(x)<0在(a，b)上恒成立，則f(x)在(a，b)上是______函數(shù)，f′(x)<0的解

2、集與定義域的交集的對應區(qū)間為______區(qū)間； (3)若在(a，b)上，f′(x)≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零?f(x)在(a，b)上為______函數(shù)，若在(a，b)上，f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零?f(x)在(a，b)上為______函數(shù)． 2．函數(shù)的極值 (1)判斷f(x0)是極值的方法 一般地，當函數(shù)f(x)在點x0處連續(xù)時， ①如果在x0附近的左側________，右側________，那么f(x0)是極大值； ②如果在x0附近的左側________，右側________，那么f(x0)是極小值． (2)

3、求可導函數(shù)極值的步驟 ①求f′(x)； ②求方程________的根； ③檢查f′(x)在方程________的根左右值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得________；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得________． 自我檢測 1.已知f(x)的定義域為R，f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則 (　　) A．f(x)在x＝1處取得極小值 B．f(x)在x＝1處取得極大值 C．f(x)是R上的增函數(shù) D．f(x)是(－∞，1)上的減函數(shù)，(1，＋∞)上的增函數(shù) 2．(2009·廣東)函數(shù)f(x)＝(x－3)

4、ex的單調遞增區(qū)間是 (　　) A．(－∞，2) B．(0,3) C．(1,4) D．(2，＋∞) 3．(20xx·濟寧模擬)已知函數(shù)y＝f(x)，其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)(　　) A．在(－∞，0)上為減函數(shù) B．在x＝0處取極小值 C．在(4，＋∞)上為減函數(shù) D．在x＝2處取極大值 4．設p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)內單調遞增，q：m≥，則p是q的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要

5、條件 5．(20xx·福州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處取極值10，則f(2)＝________. 探究點一　函數(shù)的單調性 例1　已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)當a＝2時，求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍； (3)函數(shù)f(x)能否為R上的單調函數(shù)，若能，求出a的取值范圍；若不能，請說明理由． 變式遷移1　(2009·浙江)已知函數(shù)f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)． (1)若函數(shù)f(x)

6、的圖象過原點，且在原點處的切線斜率是－3，求a，b的值； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調，求a的取值范圍． 探究點二　函數(shù)的極值 例2　若函數(shù)f(x)＝ax3－bx＋4，當x＝2時，函數(shù)f(x)有極值－. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若關于x的方程f(x)＝k有三個零點，求實數(shù)k的取值范圍． 變式遷移2　設x＝1與x＝2是函數(shù)f(x)＝aln x＋bx2＋x的兩個極值點． (1)試確定常數(shù)a和b的值； (2)試判斷x＝1，x＝2是函數(shù)f(x)的極大值點還是極小值點，并說明理由． 探究點三　求閉區(qū)間上函數(shù)

7、的最值 例3　(20xx·六安模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝時，y＝f(x)有極值． (1)求a，b，c的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值． 變式遷移3　已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常數(shù)a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函數(shù)． (1)求f(x)的表達式； (2)討論g(x)的單調性，并求g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值和最小值． 分類討論求函數(shù)的單調區(qū)間 例　(12分)(2009·遼寧)已知函數(shù)f(x)＝x

8、2－ax＋(a－1)ln x，a>1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調性； (2)證明：若a<5，則對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>－1. 多角度審題　(1)先求導，根據(jù)參數(shù)a的值進行分類討論；(2)若x1>x2，結論等價于f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，若x11，故

9、10，故f(x)在(a－1,1)上單調遞減，在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調遞增． ③若a－1>1，即a>2時，同理可得f(x)在(1，a－1)上單調遞減， 在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調遞增．[6分] (2)證明　考慮函數(shù)g(x)＝f(x)＋x ＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x. 則g′(x)＝x－(a－1)＋≥2－(a－1) ＝1－(－1)2. 由于10， 即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增， 從而當x1>x2>0時，有g(x1

10、)－g(x2)>0， 即f(x1)－f(x2)＋x1－x2>0， 故>－1.[10分] 當0－1. 綜上，若a<5，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2有>－1.[12分] 【突破思維障礙】 (1)討論函數(shù)的單調區(qū)間的關鍵是討論導數(shù)大于0或小于0的不等式的解集，一般就是歸結為一個一元二次不 等式的解集的討論，在能夠通過因式分解得到導數(shù)等于0的根的情況下，根的大小是分類的標準； (2)利用導數(shù)解決不等式問題的主要方法就是構造函數(shù)，通過函數(shù)研究函數(shù)的性質進而解決不等式問題． 1．求可導函數(shù)單調區(qū)間的一般步驟和方法： (1)確定函數(shù)f(x)的定義域

11、； (2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定義域內的一切實根； (3)把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義區(qū)間分成若干個小區(qū)間； (4)確定f′(x)在各個開區(qū)間內的符號，根據(jù)f′(x)的符號判定函數(shù)f(x)在每個相應小開區(qū)間內的增減性． 2．可導函數(shù)極值存在的條件： (1)可導函數(shù)的極值點x0一定滿足f′(x0)＝0，但當f′(x1)＝0時，x1不一定是極值點．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點． (2)可導函數(shù)y＝f(x)在點x0處取得極值的充要條件是f′(x0

12、)＝0，且在x0左側與右側f′(x)的符號不同． 3．函數(shù)的最大值、最小值是比較整個定義區(qū)間的函數(shù)值得出來的，函數(shù)的極值是比較極值點附近的函數(shù)值得出來的．函數(shù)的極值可以有多有少，但最值只有一個，極值只能在區(qū)間內取得，最值則可以在端點取得，有極值的未必有最值，有最值的未必有極值，極值可能成為最值，最值只要不在端點必定是極值． 4．求函數(shù)的最值以導數(shù)為工具，先找到極值點，再求極值和區(qū)間端點函數(shù)值，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． (滿分：75分) 一、選擇題(每小題5分，共25分) 1．(20xx·大連模擬)設f(x)，g(x)是R上的可導函數(shù)，f′(x)、g′(x)分

13、別為f(x)、g(x)的導函數(shù)，且f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)<0，則當af(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x) C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(a)g(a) 2.函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導函數(shù)f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內有極小值點 (　　) A．1個

14、 B．2個 C．3個 D．4個 3．(20xx·嘉興模擬)若函數(shù)y＝a(x3－x)在區(qū)間上為減函數(shù)，則a的取值范圍是 (　　) A．a>0 B．－11 D．0 C．m≤ D．m< 5．設a∈R，若函數(shù)y＝

15、eax＋3x，x∈R有大于零的極值點，則 (　　) A．a>－3 B．a<－3 C．a>－ D．a<－ 題號 1 2 3 4 5 答案 二、填空題(每小題4分，共12分) 6．(2009·遼寧)若函數(shù)f(x)＝在x＝1處取極值，則a＝________. 7．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象如右圖所示，給出以下結論： ①函數(shù)f(x)在(－2，－1)和(1,2)上是單調遞增函數(shù)； ②函數(shù)f(x)在(－2,0)上是單調遞增函數(shù)，在(0,2)上是單調遞減函數(shù)； ③函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極大

16、值，在x＝1處取得極小值； ④函數(shù)f(x)在x＝0處取得極大值f(0)． 則正確命題的序號是________．(填上所有正確命題的序號)． 8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數(shù)m的取值范圍為________． 三、解答題(共38分) 9．(12分)求函數(shù)f(x)＝的極值． 10．(12分)(20xx·秦皇島模擬)已知a為實數(shù)，且函數(shù)f(x)＝(x2－4)(x－a)． (1)求導函數(shù)f′(x)； (2)若f′(－1)＝0，求函數(shù)f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值． 11．(14分)(20xx·

17、汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(－1，－6)，且函數(shù)g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關于y軸對稱． (1)求m，n的值及函數(shù)y＝f(x)的單調區(qū)間； (2)若a>0，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內的極值． 答案 自主梳理 1．(1)增　增　(2)減　減　(3)增　減　2.(1)①f′(x)>0 f′(x)<0?、趂′(x)<0　f′(x)>0　(2)②f′(x)＝0 ③f′(x)＝0　極大值　極小值 自我檢測 1．C　2.D　3.C　4.C 5．18 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 由題意即 得a＝4

18、，b＝－11或a＝－3，b＝3. 但當a＝－3時，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，故不存在極值， ∴a＝4，b＝－11，f(2)＝18. 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　(1)一般地，涉及到函數(shù)(尤其是一些非常規(guī)函數(shù))的單調性問題，往往可以借助導數(shù)這一重要工具進行求解．函數(shù)在定義域內存在單調區(qū)間，就是不等式f′(x)>0或f′(x)<0在定義域內有解．這樣就可以把問題轉化為解不等式問題． (2)已知函數(shù)在某個區(qū)間上單調求參數(shù)問題，通常是解決一個恒成立問題，方法有①分離參數(shù)法，②利用二次函數(shù)中恒成立問題解決． (3)一般地，可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(或減)函數(shù)的充要條件是：對

19、任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零．特別是在已知函數(shù)的單調性求參數(shù)的取值范圍時，要注意“等號”是否可以取到． 解　(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex， ∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex. 令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0， ∵ex>0，∴－x2＋2>0，解得－

20、a]ex ∴[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立． ∵ex>0， ∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立， 即x2－(a－2)x－a≤0對x∈(－1,1)恒成立． 設h(x)＝x2－(a－2)x－a 只須滿足，解得a≥. (3)若函數(shù)f(x)在R上單調遞減， 則f′(x)≤0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對x∈R都成立． ∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立． ∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的． 故函數(shù)f(x)不可能在R上單調遞減． 若函數(shù)f(x)在R上單調遞增，

21、則f′(x)≥0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈R都成立． ∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0對x∈R都成立． 而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立， 故函數(shù)f(x)不可能在R上單調遞增． 綜上可知函數(shù)f(x)不可能是R上的單調函數(shù)． 變式遷移1　解　(1)由題意得f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，又， 解得b＝0，a＝－3或a＝1. (2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－. 又f(x)在(－1,1)上不單調， 即或 解得或 所以a的取值范圍為(－5，－)∪(－，1)． 例2　解題導引　本題研究函數(shù)的極值問題．

22、利用待定系數(shù)法，由極值點的導數(shù)值為0，以及極大值、極小值，建立方程組求解．判斷函數(shù)極值時要注意導數(shù)為0的點不一定是極值點，所以求極值時一定要判斷導數(shù)為0的點左側與右側的單調性，然后根據(jù)極值的定義判斷是極大值還是極小值． 解　(1)由題意可知f′(x)＝3ax2－b. 于是，解得 故所求的函數(shù)解析式為f(x)＝x3－4x＋4. (2)由(1)可知f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)． 令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2， 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示： x (－∞，－2) －2 (－2,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 －

23、 0 ＋ f(x) 單調遞增 極大值 單調遞減 極小值 單調遞增 因此，當x＝－2時， f(x)有極大值， 當x＝2時，f(x)有極小值－， 所以函數(shù)的大致圖象如圖， 故實數(shù)k的取值范圍為 (－，)． 變式遷移2　解　(1)f′(x)＝＋2bx＋1， ∴.解得a＝－，b＝－. (2)f′(x)＝－＋(－)＋1＝－. 函數(shù)定義域為(0，＋∞)，列表 x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞) f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 單調遞減 極小值 單調遞增 極大值 單調遞減 ∴x＝1是f(x)的極小值點，x

24、＝2是f(x)的極大值點． 例3　解題導引　設函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟： (1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內的極值． (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． 解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c， 得f′(x)＝3x2＋2ax＋b， 當x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0；① 當x＝時，y＝f(x)有極值，則f′＝0， 可得4a＋3b＋4＝0.② 由①②解得a＝2，b＝－4， 又切點的橫坐標為x＝1，∴f

25、(1)＝4. ∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5. (2)由(1)，得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5， ∴f′(x)＝3x2＋4x－4. 令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝， ∴f′(x)<0的解集為，即為f(x)的減區(qū)間． [－3，－2)、是函數(shù)的增區(qū)間． 又f(－3)＝8，f(－2)＝13，f＝，f(1)＝4， ∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為. 變式遷移3　解　(1)由題意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b. 因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b. 因為函數(shù)g(x)是奇函數(shù)， 所以g(－x)＝－g(x)，

26、即對任意實數(shù)x， 有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b ＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]， 從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0， 因此f(x)的表達式為f(x)＝－x3＋x2. (2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x， 所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0， 解得x1＝－，x2＝， 則當x<－或x>時，g′(x)<0， 從而g(x)在區(qū)間(－∞，－)，(，＋∞)上是減函數(shù)； 當－0， 從而g(x)在區(qū)間(－，)上是增函數(shù)． 由前面討論知，g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值只能在x

27、＝1，，2時取得， 而g(1)＝，g()＝，g(2)＝. 因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝， 最小值為g(2)＝. 課后練習區(qū) 1．C　2.A　3.A　4.A　5.B 6．3 解析　∵f′(x)＝()′ ＝＝， 又∵x＝1為函數(shù)的極值，∴f′(1)＝0. ∴1＋2×1－a＝0，即a＝3. 7．②④ 解析　觀察函數(shù)f(x)的導函數(shù)f′(x)的圖象，由單調性、極值與導數(shù)值的關系直接判斷． 8．(－∞，－3)∪(6，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，則Δ＝4m2－12×(m＋6)>0，∴m>6或m<－3. 9．解　f′(

28、x)＝()′＝，由f′(x)＝0得x＝－2,1.………………(4分) 當x∈(－∞，－2)時f′(x)<0，當x∈(－2,1)時f′(x)>0，故x＝－2是函數(shù)的極小值點，故f(x)的極小值為f(－2)＝－；…………………………………………………………………(8分) 當x∈(－2,1)時f′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時f′(x)<0， 故x＝1是函數(shù)的極大值點， 所以f(x)的極大值為f(1)＝1.……………………………………………………………(12分) 10．解　(1)由f(x)＝x3－ax2－4x＋4a， 得f′(x)＝3x2－2ax－4.……………………………………………

29、……………………(4分) (2)因為f′(－1)＝0，所以a＝， 所以f(x)＝x3－x2－4x＋2，f′(x)＝3x2－x－4. 又f′(x)＝0，所以x＝或x＝－1. 又f＝－，f(－1)＝， f(－2)＝0，f(2)＝0，所以f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值分別為、－.………(12分) 11．解　(1)由函數(shù)f(x)圖象過點(－1，－6)， 得m－n＝－3. ① 由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2， 得f′(x)＝3x2＋2mx＋n， 則g(x)

30、＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n. 而g(x)的圖象關于y軸對稱，所以－＝0. 所以m＝－3，代入①，得n＝0.…………………………………………………………(4分) 于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)． 由f′(x)>0，得x>2或x<0， 故f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，0)∪(2，＋∞)； 由f′(x)<0，得0

31、如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ……………………………………………………………………………………………(10分) 由此可得： 當0