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【导与练】2015届高考数学一轮复习 第2篇 第11节 导数的简单应用课件 文 新人教版



第 11 节

导数的简单应用

基础梳理

考点突破

基础梳理
知识整合
1.函数的单调性与导数

抓主干

固双基

(1)函数 y=f(x)在某个区间内可导 ①若 f′(x)>0,则 f(x)在这个区间内

单调递增; ②若 f′(x)<0,则 f(x)在这个区间内单调递减; ③如果在某个区间内恒有 f′(x)=0,则 f(x)为常函数. (2)单调性的应用 若函数 y=f(x)在区间(a,b)上单调,则 y=f′(x)在该区间上 不变号.

质疑探究 1:若函数 f(x)在(a,b)内单调递增,那么一 定有 f′(x)>0 吗?f′(x)>0 是否是 f(x)在(a,b)内单 调递增的充要条件? 提示:函数 f(x)在(a,b)内单调递增,则 f′(x)≥0, f′(x)>0 是 f(x)在(a,b)内单调递增的充分不必要 条件.

2.函数的极值与导数
(1)函数极小值的概念满足 ①函数 y=f(x)在点 x=a 处的函数值 f(a)比它在点 x=a 附近其他点的函数值都小; ②f′(a)=0; ③在点 x=a 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0; 则点 x=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)函数极大值的概念满足 ①函数 y=f(x)在点 x=b 处的函数值 f(b)比它在点 x=b 附近其他点的函数值都大; ②f′(b)=0; ③在点 x=b 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0; 则点 x=b 叫做函数 y=f(x)的极大值点,f(b)叫做函 数 y=f(x)的极大值;极小值点与极大值点统称为极 值点,极小值与极大值统称为极值.

(3)求可导函数极值的步骤 ①求导数 f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根; ③列表,检验 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根左右 两侧的符号(判断 y=f(x)在根左右两侧的单调 性),如果左正右负(左增右减),那么 f(x)在这个 根处取得极大值.如果左负右正(左减右增),那 么 f(x)在这个根处取得极小值.如果左右两侧符 号一样,那么这个根不是极值点.

质疑探究 2:f′(x0)=0 是可导函数 f(x)在 x=x0 处取 极值的什么条件? 提示:必要不充分条件,因为当 f′(x0)=0 且 x0 左右 两端的导数符号变化时,才能说 f(x)在 x=x0 处取得 极值.反过来,如果可导函数 f(x)在 x=x0 处取极值 , 则一定有 f′(x0)=0.

3.函数的最值与导数
求函数 y=f(x)在闭区间[a,b]上的最大值与最小值 的步骤: (1)求 y=f(x)在(a,b)内的极值; (2)将函数 y=f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)、 f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为 最小值.

4.生活中的优化问题
导数在实际生活中的应用主要体现在求利润最大、 用料最省、效率最高等问题中,解决这类问题的关键 是建立恰当的数学模型(函数关系),再利用导数研 究其单调性和最值,解题过程中要时刻注意实际问 题的意义.

双基自测
1.(2013 广州市二模)已知函数 y=f(x)的图象如图所示,则 其导函数 y=f′(x)的图象可能是( A )

解析:在 y 轴的右侧,函数 y=f(x)单调递减,f′(x)<0, 排除选项 B,D;在 y 轴的左侧,函数 y=f(x)先增后减 再增,f′(x)先大于 0 后小于 0 再大于 0,排除选项 C.故选 A.

1 2 2.(2012 年高考辽宁卷)函数 y= x -ln x 的单调递减区间 2

为(

B

) (B)(0,1]

(A)(-1,1]

(C)[1,+∞) (D)(0,+∞) 解析:由已知得函数的定义域为(0,+≦),
2 ? x 1 x ?1 ? ? 1 ? 0, y′=x- = (x>0),令 y′≤0 得 ? x x ? ? x ? 0,

2

解得 0<x≤1, ?所求单调递减区间为(0,1].故选 B.

2 3.(2012 年高考陕西卷)设函数 f(x)= +ln x,则( x 1 (A)x= 为 f(x)的极大值点 2 1 (B)x= 为 f(x)的极小值点 2

D )

(C)x=2 为 f(x)的极大值点 (D)x=2 为 f(x)的极小值点

2 1 解析:f′(x)=- 2 + , x x

令 f′(x)=0 得,
x?2 =0, 2 x

所以 x=2. 又 x>0,当 0<x<2 时,f′(x)<0,x>2 时,f′(x)>0, 所以 x=2 是函数 f(x)的极小值点, 故选 D.

4.已知 a>0,函数 f(x)=x -ax 在[1,+∞)上是单调 增函数,则 a 的取值范围为 . 解析:f′(x)=3x -a, ≧f(x)在[1,+≦)上单调递增, 2 ?3x -a≥0 在[1,+≦)上恒成立. 2 ?x∈[1,+≦)时,a≤(3x )min=3, ?a≤3. 答案:(-∞,3]
2

3

考点突破

剖典例 知规律

考点一 利用导数研究函数的单调性
【例 1】 (2013 安徽省六校联考)已知函数 f(x)=(x2-ax)ex (x∈R),a 为实数. (1)当 a=0 时,求函数 f(x)的单调增区间; (2)若 f(x)在闭区间[-1,1]上为减函数,求 a 的取值范围. 思维导引:(1)求导,由 f′(x)>0 可得单调增区间; (2)求导,转化为 f′(x)≤0 在区间[-1,1]上恒成立问题.

解:(1)当 a=0 时,f(x)=x e , x 2 x 2 x f′(x)=2xe +x e =(x +2x)e , 由 f′(x)>0? x>0 或 x<-2, 故 f(x)的单调增区间为(0,+≦)和(-≦,-2). 2 x (2)由 f(x)=(x -ax)e ,x∈R x 2 x ? f′(x)=(2x-a)e +(x -ax)e 2 x =[x +(2-a)x-a]e . 2 记 g(x)=x +(2-a)x-a, 依题意,x∈[-1,1]时,g(x)≤0 恒成立,

2 x

? ? g ?1? ? 3 ? 2a ? 0, 结合 g(x)的图象特征得 ? ? ? g ? ?1? ? ?1 ? 0,

3 即 a≥ , 2

?3 ? 所以 a 的取值范围是 ? , ?? ? . ?2 ?

反思归纳

(1)导数法求函数 f(x)单调区间的一般步骤:①

求函数 f(x)的定义域;②求导数 f′(x);③在函数 f(x)的定 义域内解不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0);④根据③的结果确 定函数 f(x)的单调区间. (2)已知 f(x)在区间(a,b)上的单调性,求参数的范围问题一 般有两种处理方法:①利用集合的包含关系处理.f(x)在区间 (a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区间的子集.②利用不 等式的恒成立处理.f(x)在区间(a,b)上单调,则 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在区间(a,b)内恒成立,不要忽略等号. (3)注意转化思想的应用.

即时突破 1 (2013 武汉模拟)已知函数 f(x)=x3-ax2-3x.
(1)若 f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 x=3 是 f(x)的极值点,求 f(x)的单调区间. 解:(1)由 f(x)=x3-ax2-3x, 得 f′(x)=3x2-2ax-3. 由 f(x)在[1,+≦)上是增函数, 所以 f′(x)≥0 在[1,+≦)上恒成立,

3 3 1 1 得 a≤ (x- ).记 t(x)= (x- ), 2 2 x x
当 x≥1 时,t(x)是增函数,

3 ?t(x)min= (1-1)=0, 2
?a≤0. (2)由题意,得 f′(3)=0, 即 27-6a-3=0, ?a=4, 3 2 ?f(x)=x -4x -3x, f′(x)=3x -8x-3.
2

1 令 f′(x)=0,得 x1=- ,x2=3. 3

当 x 变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x f′ (x) f(x)

1 (-≦,- ) 3
+ ↗

1 3
0 极大值

1 ( - ,3) 3


3 0 极小值

(3,+≦) + ↗

1 ?f(x)的单调递增区间为(-≦,],[3,+≦),f(x)的单调递减 3 1 区间为[- ,3]. 3

考点二 函数的极值与导数
【例 2】 设 f(x)=2x3+ax2+bx+1 的导数为 f′(x),若函数

1 y=f′(x)的图象关于直线 x=- 对称,且 f′(1)=0. 2
(1)求实数 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的极值.

1 思维导引:(1)由 f′(x)的图象关于直线 x=- 对称及 2
f′(1)=0 求得 a、 b;(2)求 f′(x),判断 f(x)的单调区间, 再确定函数 f(x)的极值.

解:(1)因为 f(x)=2x +ax +bx+1, 故 f′(x)=6x +2ax+b.
2

3

2

a? a ? 从而 f′(x)=6 ? x ? ? +b, 6? 6 ?

2

2

a 即 y=f′(x)关于直线 x=- 对称, 6
1 a 从而由题设条件知- =- ,解得 a=3. 2 6
又由于 f′(1)=0,即 6+2a+b=0,解得 b=-12.

(2)由(1)知 f(x)=2x3+3x2-12x+1, 2 f′(x)=6x +6x-12=6(x-1)(x+2).令 f′(x)=0, 即 6(x-1)(x+2)=0,解得 x1=-2,x2=1. 当 x∈(-≦,-2)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(-≦,-2)上为增函数; 当 x∈(-2,1)时,f′(x)<0, 故 f(x)在(-2,1)上为减函数; 当 x∈(1,+≦)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(1,+≦)上为增函数. 从而函数 f(x)在 x1=-2 处取得极大值 f(-2)=21, 在 x2=1 处取得极小值 f(1)=-6.

反思归纳
极值的步骤:

运用导数求可导函数 y=f(x)的

(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.如果 左右符号相同,则在这个根处不存在极值.

即时突破 2 (2013 惠州市一模(文))已知 f(x)=ln x,
1 3 1 2 g(x)= x + x +mx+n,直线 l 与函数 f(x),g(x)的图象都相 3 2

切于点(1,0). (1)求直线 l 的方程及 g(x)的解析式; (2)若 h(x)=f(x)-g′(x)(其中 g′(x)是 g(x)的导函数), 求函数 h(x)的极大值. 解:(1)直线 l 是函数 f(x)=ln x 在点(1,0)处的切线,故其 斜率 k=f′(1)=1,

?直线 l 的方程为 y=x-1. 又因为直线 l 与 g(x)的图象相切,且切于点(1,0),
1 3 1 2 ?g(x)= x + x +mx+n 在点(1,0)的导函数值为 1. 3 2
? m ? ?1, ? ? g ?1? ? 0, ? ?? 1 ? ? ? g ? ?1? ? 1 ? n ? 6, ?

1 3 1 2 1 ?g(x)= x + x -x+ . 3 2 6

(2)≧h(x)=f(x)-g′(x)=ln x-x -x+1(x>0),
2 x ? 1?? x ? 1? 1 ? 1 ? 2 x2 ? x ?h′(x)= -2x-1= =x x x
1 令 h′(x)=0,得 x= 或 x=-1(舍去). 2 1 当 0<x< 时,h′(x)>0,h(x)单调递增; 2 1 当 x> 时,h′(x)<0,h(x)单调递减. 2

2

1 因此,当 x= 时,h(x)取得极大值, 2 1 1 ?1? ?h(x)极大值=h ? ? =ln + . 2 4 ?2?

考点三 函数的最值与导数
【例 3】 (2012 年高考重庆卷)已知函数 f(x)=ax +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. 思维导引: (1)求 f′(x); (2)由 f(x)在 x=2 处取得极值 c-16,列方程求得 a,b. (3)由 f(x)极大值为 28,对 f(x)求出其极大值,令其等于 28 求出 c; (4)求 f(x)在[-3,3]上的最小值.
3

解:(1)≧f(x)=ax +bx+c, 2 故 f′(x)=3ax +b. 由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16.

3

? f ?(2) ? 0, 故有 ? ? f (2) ? c ? 16, ?12a ? b ? 0, ? a ? 1, 即? 解得 ? ?8a ? 2b ? c ? c ? 16. ?b ? ?12.
(2)由(1)知 f(x)=x -12x+c, f′(x)=3x -12=3(x-2)(x+2).
2 3

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; 当 x∈(2,+≦)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(2,+≦)上为增函数. 由此可知 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c, f(x)在 x=2 处取得极小值 f(2)=c-16.

由题设条件知 16+c=28, 解得 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.

反思归纳

求函数 f(x)在[a,b]上最值的方法

(1)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增或递减,f(a)与 f(b) 一个为最大值,一个为最小值. (2)若函数 f(x)在区间(a,b)内有极值,先求出函数 f(x) 在区间(a,b)上的极值,与 f(a)、 f(b)比较,其中最大的一 个是最大值,最小的一个是最小值. (3)函数 f(x)在区间(a,b)上有唯一一个极值点时,这个 极值点就是最大(或最小)值点.

即时突破 3 已知函数 f(x)=ax3-6ax2+b,是否存在实数
a、b,使 f(x)在[-1,2]上取得最大值 3、最小值-29?若 存在,求出 a、b 的值,若不存在,请说明理由. 解:存在. 显然 a≠0,f′(x)=3ax2-12ax=3a(x2-4x). 令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=4(舍去). ①当 a>0 时,f′(x)、f(x)随 x 的变化情况如下表:
x f′ (x) f(x) (-1,0) + ↗ 0 0 极大值 (0,2) ↘

?当 x=0 时,f(x)取得最大值,f(0)=3, ?b=3. 又 f(-1)=-7a+3>f(2)=-16a+3, ?最小值 f(2)=-16a+3=-29,a=2. ②当 a<0 时,f′(x)、f(x)随 x 的变化情况如下表:
x f′ (x) f(x) (-1,0) ↘ 0 0 极大值 (0,2) + ↗

?当 x=0 时,f(x)取得最小值, ?b=-29.

又 f(-1)=-7a-29<f(2)=-16a-29, ?最大值 f(2)=-16a-29=3,a=-2.

? a ? 2, ? a ? ?2, 综上, ? 或? ?b ? ?29. ?b ? 3

备选例题
【例 1】 (2013 年高考新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=e (ax+b)-x -4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的 切线方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. x 解:(1)f′(x)=e (ax+a+b)-2x-4. 由已知得 f(0)=4,f′(0)=4, 故 b=4,a+b=8. 从而 a=4,b=4.
x 2

(2)由(1)知,f(x)=4e (x+1)-x -4x,

x

2

1 f′(x)=4e (x+2)-2x-4=4(x+2)(e - ). 2
x x

令 f′(x)=0 得,x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-≦,-2)∪(-ln 2,+≦)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-≦,-2),(-ln 2,+≦)上单调递增,在 (-2,-ln 2)上单调递减. 当 x=-2 时,函数 f(x)取得极大值,极大值为 f(-2)=4(1-e-2).

【例 2】 (2012 年高考北京卷)已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx. (1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处 具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a=3,b=-9 时,若函数 f(x)+g(x)在区间[k,2]上的 最大值为 28,求 k 的取值范围. 解:(1)由 f(x)=ax +1,g(x)=x +bx, 2 得 f′(x)=2ax,g′(x)=3x +b, ≧曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具 有公共切线,
2 3

? f (1) ? c, ? ? ? g (1) ? c, ? f ?(1) ? g ?(1), ? ? a ? 1 ? c, ? 即 ?b ? 1 ? c , ? 2a ? 3 ? b. ?
解得 a=b=3,c=4, ?所求 a,b 的值为 a=3,b=3.

(2)设 P(x)=f(x)+g(x), 则 a=3,b=-9 时, 3 2 P(x)=x +3x -9x+1, ?P′(x)=3x2+6x-9=3(x+3)(x-1), 令 P′(x)=0, 得 x1=-3,x2=1. ?x,P′(x),P(x)的变化如下表:
x P′(x) P(x) (-≦ ,-3) + ↗ -3 0 极大值 28 (-3,1) ↘ 1 0 极小值 -4 (1,2) + ↗ 3 2

由此可知,当 k≤-3 时,函数 P(x)在区间[k,2]上 的最大值为 P(-3)=28. 当-3<k<2 时,函数 P(x)在区间[k,2]上的最大值 小于 28. ?所求 k 的范围是(-≦,-3].

命题探究 导数在求函数最值中的应用
【典例】 (2013 年高考广东卷)设函数 f(x)=x -kx +x(k∈R). (1)当 k=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)当 k<0 时,求函数 f(x)在[k,-k]上的最小值 m 和最大值 M. 分析:(1)k=1 时求 f′(x),通过解不等式 f′(x)>0 获得函数的单 调区间. (2)利用导数确定函数 f(x)在[k,-k]上的单调性,比较端点函数 值及极值的大小确定函数的最值,含有参数 k 需分类讨论解决. 解:(1)当 k=1 时,f(x)=x3-x2+x, 2 f′(x)=3x -2x+1.
3 2

≧方程 3x -2x+1=0 的判别式Δ=4-4×3=-8<0, ?f′(x)>0 恒成立.
2

?f(x)的单调递增区间为(-≦,+≦).函数 f(x)无单 调递减区间. 2 (2)当 k<0 时,f′(x)=3x -2kx+1, 2 2 2 方程 3x -2kx+1=0 的判别式Δ=4k -4×3=4(k -3), ①当Δ≤0 时,有 k -3≤0, 即- 3 ≤k<0 时, f′(x)≥0 恒成立,
2

这时 f(x)在[k,-k]上单调递增, 有 m=f(k)=k3-k·k2+k=k, M=f(-k)=-k -k·k -k=-2k -k.
3 2 3

②当Δ>0 时,有 k2-3>0,即 k<- 3 , 令 f′(x)=3x -2kx+1=0 得
k ? k ?3 k ? k ?3 x1= <0,x2= <0, 3 3
2 2
2

k ? k2 ? 3 且 x1<x2<0,又 x1-k= -k 3

?2k ? k ? 3 4k ? k ? 3 = = >0, 3 3
2 2 2

于是 k<x1<x2<0, 当 k<x<x1 或 x2<x<-k 时, f′(x)>0,f(x)为增函数; 当 x1<x<x2 时, f′(x)<0,f(x)为减函数, 故 M=max{f(-k),f(x1)}, m=min{f(k),f(x2)}.

先证 f(-k)>f(x1).≧3 x -2kx1+1=0,
3x ? x1 3 2 x x x ?k = ,f(x1)= 1 -k 1 +x1= 2
2 1

2 1

3 1

3 3 3 x ? x ? x 3 1 1 1 ? x1 x1 +x1= , 2 2

3 ? ? ? x 3 1 ? x1 ?f(-k)-f(x1)=(-2k -k)- ? ? 2 ? ?

1 3 1 =-2k -k+ x1 - x1 2 2
3

1 ? 1 3 ? 1 =-2k + x1 + ? ?k ? x1 ? ,又-k- x1>0, 2 2 2 ? ?
3

要证 f(-k)>f(x1),
1 3 3 3 只需证-2k + x1 >0? x1 >4k ?x1> 3 4 k, 2
3

由 k<x1<0 知 x1> 3 4 k 显然成立, ?f(-k)>f(x1).再证 f(k)<f(x2).
3 3 ? x2 ? x2 ? x2 ? x2 同理 f(x2)= ,有 f(k)-f(x2)=k2 2

1 1 3 = (k-x2)+ (k+ x 2 )<0,?f(k)<f(x2). 2 2

综上所述,M=f(-k)=-2k -k,m=f(k)=k.

3

命题意图

本题题干背景简单主要考查利用导

数求函数的单调区间和最值.求函数最值时需确定 函数的单调性,而导函数中含有参数 k,需对 k 的取 值范围进行分类讨论,体现了分类讨论思想的应用, 在解题过程中需比较 k、x1、x2、0 的大小关系及区 间端点的函数值与极值的大小关系,考查了推理论 证及运算能力.



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