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2014届高考数学(文)一轮复习课件:第2章 第11讲导数的应用(一)



金版教程 · 高三数学(文)
课前自主导学 核心要点研究 课课精彩无限 经典演练提能 限时规范特训

第11讲

导数的应用(一)

第二章 第11讲

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不同寻常的一本书,不可不读哟!

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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). 2. 了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件,会用 导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三 次).

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1个重要前提当确定函数的单调区间,求函数的极大(小)值 时,都应首先考虑定义域,函数的单调区间应是其定义域的子

集.
2项必须注意 1. 对于含有两个或两个以上的单调增区间 (或单调减区 间),中间用“,”或“和”连接,而不能用符号“ 接.
第二章 第11讲



”连

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2. 可导函数的极值点x0 一定满足f′(x0)=0,但当f′(x1)=0 时,x1不一定是极值点.如f(x)=x3,f′(0)=0,但x=0不是极值

点.
3个必会条件 1. f′(x)>0在(a,b)上成立是f(x)在(a,b)上单调递增的充分条 件.

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2. 对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值的

必要不充分条件.
3. 可导函数y=f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)= 0,且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.

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课前自主导学

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1.函数的单调性与导数的关系 在区间(a,b)内,函数的单调性与其导数的正负有如下关 系: 如果f′(x)>0,那么函数y=f(x)在这个区间内________;

如果f′(x)<0,那么函数y=f(x)在这个区间内________;
如果f′(x)=0,那么f(x)在这个区间内________.

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(1)函数f(x)=x3-3x2单调减区间________. (2)已知a>0,f(x)=x3-ax在[1,2]单调递增,则a的最大值是 ________. (3)函数y=x-lnx的单调递减区间________.

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2.函数的极值与导数的关系 (1)函数的极小值

函数y=f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点
的函数 值 都 ________, f′(a) =0, 而 且在 点 x = a 附 近的左侧 ________,右侧________,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________.

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(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________,f′(b)=0,而且在点x=b附近的左侧
________,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)的________. 极小值点,极大值点统称为极值点,极大值和极小值统称 为________.

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(1)函数f(x)=x3-3x2+1在x=________处取得极小值. (2) 函 数 y = ax3 + bx 在 x = 1 处 有 极 值 - 2 , 则 a + b = ________.

(3)函数f(x)的定义域为开区间(a,b),导函数f′(x)在(a,b)
内的图象如图所示,则函数f(x)在开区间(a,b)内有极小值点的 个数为________.

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1.单调递增 单调递减 填一填:(1)(0,2)

为常数

(2)3 提示:f′(x)=3x2-a≥0,在[1,2]上恒成立. ∴a≤3x2,即a≤3,a最大值为3.

(3)(0,1) 提示:y′=1-<0,(x>0),∴0<x<1.
2.小 f′(x)<0 极值 f′(x)>0 极小值 大 f′(x)>0 f′(x)<0 极大值

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填一填:(1)2

提示:f′(x)=3x2-6x,∴f(x)在(0,2)为减函

数,在(2,+∞)为增函数,∴在x=2处取得极小值. (2)-2 提示:f′(x)=3ax2+b,∴f′(1)=3a+b=0,又f(1) 提示:从f′(x)的图象可知f(x)在(a,b)内从左到右的

=a+b=-2.
(3)1 单调性依次为增→减→增→减,∴在(a,b)内有一个极小值点.

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核心要点研究

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例1 [2011·浙江高考]设函数f(x)=a2lnx-x2+ax,a>0.

(1)求f(x)的单调区间;
(2)求所有的实数a,使e-1≤f(x)≤e2 对x∈[1,e]恒成立, 注:e为自然对数的底数. [审题视点] 求解不等式f′(x)>0,或f′(x)<0可得相应的单调 区间;不等式恒成立问题往往转化为函数的最值问题处理.

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[解] 1 因为f(x)=a2lnx-x2+ax,其中x>0, 以 f′(x) ( ) 所 ?x-a??2x+a? a2 = -2x+a=- . x x 由于a>0,所以f(x)的 区 为 增间 ∞). (0,a),减区间为(a,+

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2 由题意得,f( =a-1≥e-1,即a≥e. ( ) 1 ) 由( 知f(x)在[1,e]内单调递增, 1 ) 要使e-1≤f(x)≤e2对x∈[1,e]恒成立,
?f?1?=a-1≥e-1, ? 只要? ?f?e?=a2-e2+ae≤e2, ?

解得a=e.

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用导数法研究函数的单调性需注意

①求所给函数的定义域;
②在定义域内解f′(x)>0得单增区间f′(x)<0得单减区间. 导数在单调性方面的应用还包括: 已知单调性求参数范围,解题时需注意,若f(x)在给定区间 上单增(减)则f′(x)≥0(≤0)在该区间上恒成立.

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1 2 [变式探究] 1 设函数f(x)=x(e -1)- 2 x ,则函数f(x) ( )
x

的单调增区间为________. 1 2 2 若f(x)=- x +bl x+2)在(-1,+∞)上 减 数 ( ) n ( 是函, 2 则b的取值范围是( A.[-1,+∞) C.(-∞,-1] ) B.(-1,+∞) D.(-∞,-1)

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答案:(1)(-∞,-1)和(0,+∞) (2)C
1 2 解析:(1)因为f(x)=x(e -1)- x , 2
x

所以f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)· (x+1). 令f′(x)>0,即(ex-1)(x+1)>0,得x<-1或x>0. 所以函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(0,+∞).

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(2)f′(x)=-x+,则问题即为-x+≤0在(-1,+∞)上恒成

立,可化为b≤(x+2)x=x2+2x在(-1,+∞)上恒成立.
而x2+2x在(-1,+∞)上大于-1,则b≤-1.

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例2 22 [1 0·

1 3 重庆高考]设f(x)=alnx+ 2x + 2 x+1,其中a 处切垂于 的线直 y轴.

∈R,曲线y=f(x)在点(1,f( 1 ) 1 求a的值; ( ) 2 求函数f(x)的极值. ( )

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[审题视点]

(1)先求f(x)的导数f′(x),由题意知f′(1)=0,求

得a值,(2)求出使f′(x)=0成立的点,再结合定义域研究这些点 附近左右两侧的单调性,进而求出极值.

[解]

1 3 (1)因f(x)=alnx+2x+2x+1,

a 1 3 故f′(x)= - 2+ . x 2x 2 由于曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于y轴,故该 1 3 切线斜率为0,即f′(1)=0,从而a-2+2=0,解得a=-1.
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1 3 2 由( 知f(x)=-lnx+ + x+1(x> , ( ) 1 ) 0 ) 2x 2
2 1 1 3 3x -2x-1 ?3x+1??x-1? f′(x)=- - 2+ = = . x 2x 2 2x2 2x2

令f′(x)=0,解得x1=1, 1 1 x2=-3(因x2=-3不 定 域 , 去 在义内舍 ).

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当x∈(0,1)时,f′(x)<0,故f(x)在(0,1)上为减函数; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(1,+∞)上为增函 数.

故f(x)在x=1处取得极小值f(1)=3.
奇 思 妙 想 : 本 例 已 知 改 为 “ 函 数 f(x) = ex + ax2 - ex , a∈R,其在点(1,f(1))处的切线平行于x轴”,问题不变,该如 何作答.

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解:(1)由于f′(x)=ex+2ax-e,曲线f(x)在点(1,f(1))处切 线斜率k=2a=0,所以a=0.

(2)由(1)知f(x)=ex-ex,此时f′(x)=ex-e,
由f′(x)=0得x=1,当x∈(-∞,1)时, 有f′(x)<0,当x∈(1,+∞)时,有f′(x)>0, ∴所以f′(x)在(-∞,1)为减函数,在(1,+∞)为增函数, 故f(x)在x=1处取得极小值f(1)=0.

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运用导数求可导函数y=f(x)的极值的步骤:(1)先求函数的

定义域,再求函数y=f(x)的导数f′(x);(2)求方程f′(x)=0的根;
(3)检查f′(x)在方程根的左右的值的符号,如果左正右负,那么 f(x)在这个根处取得极大值,如果左负右正,那么f(x)在这个根 处取得极小值.即f′(x)=0的点不一定是极值点.

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[变式探究]

[2012·江苏高考]若函数y=f(x)在x=x0处取得

极大值或极小值,则称x0 为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是 实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点.

(1)求a和b的值;
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.

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解:(1)因为f(x)=x3+ax2+bx, 所以f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b=0,f′(1)=

3+2a+b=0,解得a=0,b=-3.
经检验,当a=0,b=-3时,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+ bx的两个极值点.综上,所求的a和b的值分别为0,-3.

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(2)由(1),知f(x)=x3-3x,所以g′(x)=x3-3x+2=(x-1)2(x +2),令g′(x)=0,得x=1或x=-2, 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表所示: x (-∞,- 2) -2 (-2,1) 1 (1,+∞)

g′(x)
g(x)



0



0



极小 不是极 ?↘ ?↗ ?↘? 值 值 所以 x=-2是函数g(x)的极小值点,即函数g(x)的极值点为

-2.
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例3 23 [1 0·

x2+a 海淀模拟]函数f(x)= (a∈R). x+1 处切斜为 的线率 1 2 ,求实数a的

1 若f(x)在点(1,f( ( ) 1 ) 值;

2 若f(x)在x=1处 得 值 求 数 ( ) 取极,函

f(x)的 调 间 单区.

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2x?x+1?-x2-a [解] 1 f′(x)= ( ) ?x+1?2 x2+2x-a = , ?x+1?2 若f(x)在 (1,f( 点 1 ) 处切斜为 的线率 1 1 , f′( = . 则 1 ) 2 2

3-a 1 所 , f′( = 4 =2, a=1 以 1 ) 得 .

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2 因为f(x)在x=1处 得 值 ( ) 取极, 所以f′( =0, 1 ) 即1+2-a=0,a=3, x2+2x-3 ∴f′(x)= . ?x+1?2 因为f(x)的定义域为{x|x≠-1},所以有:
x f′(x) f(x) (-∞,-3) + ?↗ -3 0 极大值 (-3,- 1) - ?↘ (-1,1) - ↘? 1 0 极小值 (1,+∞) + ↗?

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所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-3),(1,+∞),单

调递减区间是(-3,-1),(-1,1).

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x f′(x) f(x)

(-∞, -3)
+ ?↗

-3 0 极大值

(-3 ,- 1)
- ?↘

(- 1,1)
- ↘?

1 0 极小 值

(1,+ ∞)
+ ↗?

所以,f(x)的单调递增区间是(-∞,-3),(1,+∞),单 调递减区间是(-3,-1),(-1,1).

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1.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯,可

使问题直观且有条理,减少失分的可能.
2.如果一个函数在给定定义域上的单调区间不止一个, 这些区间之间一般不能用并集符号“∪”连接,只能用“,” 或“和”字隔开.

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[变式探究]

[2012·重庆高考]已知函数f(x)=ax3+bx+c在

点x=2处取得极值c-16.
(1)求a,b的值; (2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值.

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解:( 因f(x)=ax3+bx+c,故f′(x)=3ax2+b, 1 ) 由于f(x)在点x=2处 得 值 取极
?f′?2?=0, ? 故有? ?f?2?=c-16, ? ?12a+b=0, ? 即? ?8a+2b+c=c-16, ? ?12a+b=0, ? 化简得? ?4a+b=-8, ?

c-16,

解得a=1,b=-12.

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(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c; f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2).

令f′(x)=0,得x1=-2,x2=2.
当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,-2)上为增 函数; 当x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故f(x)在(-2,2)上为减函数;

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当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上为增函 数. 由此可知f(x)在x1=-2处取得极大值f(-2)=16+c,f(x)在

x2=2处取得极小值f(2)=c-16.
由题设条件知16+c=28得c=12. 此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=-16+c= -4, 因此f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-4.

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【选题·热考秀】

[2012·江西高考]已知函数f(x)=(ax2 +bx+c)ex 在[0,1]上单
调递减且满足f(0)=1,f(1)=0,求a的取值范围.

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[规范解答] 由f(0)=1,f(1)=0得c=1,a+b=-1, 则f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex, 依题意须对于任意x∈(0,1),有f′(x)<0.

当a>0时,因为二次函数y=ax2+(a-1)x-a的图象开口向
上, 而f′(0)=-a<0,所以须f′(1)=(a-1)e<0,即0<a<1;

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当a=1时,对于任意x∈(0,1)有f′(x)=(x2-1)ex<0,f(x)符合 条件;

当a=0时,对于任意x∈(0,1),f′(x)=-xex<0,f(x)符合条
件; 当a<0时,因f′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故a的取值范围为0≤a≤1.

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【备考·角度说】

No.1 角度关键词:审题视角
由f(0)=1,f(1)=0可求出b与a、c的关系式,求出f′(x),依 题意需对于任意x∈(0,1),有f′(x)<0,由于解析式中含有参数 a,要对a进行分类讨论求解.

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No.2

角度关键词:方法突破

一般地,遇到题目中含有参数的问题,常常结合参数的意

义及对结果的影响进行分类讨论,此种题目为含参型,应全面
分析参数变化引起结论的变化情况,参数有几何意义时还要考 虑适当地运用数形结合思想,分类做到分类标准明确,不重不 漏.

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经典演练提能

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1.[1 22 0· ( )

1 2 辽宁高考]函数y= x -lnx的 调 减 间 单递区为 2

A.(-1 1 ] , C.[1,+∞)
答案:B

B.( 1 0 ] , D.(0,+∞)

2 1 x -1 解析:y′=x- x = x ,结合x>0,可得递减区间为

(0,1],选B项.

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2.[2012·陕西高考]设函数f(x)=xex,则( A.x=1为f(x)的极大值点 B.x=1为f(x)的极小值点

)

C.x=-1为f(x)的极大值点
D.x=-1为f(x)的极小值点 答案:D 解析:f′(x)=ex+xex=ex(1+x), x<-1时,f′(x)<0,x>-1时,f′(x)>0,

∴x=-1为f(x)极小值点,选D项.
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3.[1 23 0·

k k 济宁模拟]若 数 h(x)=2x- + 在(1,+∞) 函 x 3 )

上是增函数,则实数k的取值范围是( A.[-2,+∞) C.(-∞,-2]

B.[2,+∞) D.(-∞,2]

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课前自主导学 核心要点研究 课课精彩无限 经典演练提能 限时规范特训

答案:A
2 k 2x +k 解析:由条件得h′(x)=2+ x2 = x2 ≥0在(1,+∞)

上恒成立,即k≥-2x2在(1,+∞)上恒成立,所以k∈[- 2,+∞).

第二章 第11讲

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4.[2013·哈尔滨模拟]如图是函数y=f(x)的导函数y=f′(x) 的图象,下列说法错误的是( )

第二章 第11讲

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A.-2是函数y=f(x)的极小值点 B.1是函数y=f(x)的极值点

C.y=f(x)在x=0处切线的斜率大于零
D.y=f(x)在区间(-2,2)上单调递增 答案:B

第二章 第11讲

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解析:由图知导函数在-2处函数值为零,-2左边导函数

值小于零,右边导函数值大于零,所以A正确,1的两侧导函数
值同号,所以1不是f(x)的极值点,故B错误,导函数在x=0处函 数值大于零,在区间(-2,2)上大于等于零,所以C,D正确.

第二章 第11讲

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限时规范特训

第二章 第11讲

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