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2015第1部分专题1第3讲导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题


第3讲 导数与函数的单调性、极值与最 值的基本问题

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高考定位 结合.

主要考查导数的几何意义、导数的四则运算及利用

导数求函数的单调区间及求解极值与最值,多与含参不等式相

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热点一 利用导数讨论含参函数的单调性 【例 1】 ( 2 0 1 4 · 南 京 一 模 改 编 +1(a,b∈R). ( 1 ) 若 a≠0,则 a,b 满足什么条件时,曲线 y=f(x)与 y=g(x) 在 x=0 处总有相同的切线? g?x? ( 2 ) 当 a=1 时,求函数 h(x)= 的单调递减区间. f ? x? )已知函数 f(x)=ex,g(x)=ax2+bx

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解 ( 1 ) ∵f′(x)=ex,∴f′( 0 ) =1,又 f( 0 ) =1, ∴y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 y=x+1. 又∵g′(x)=2ax+b,∴g′( 0 ) =b,又 g( 0 ) =1, ∴y=g(x)在 x=0 处的切线方程为 y=bx+1. ∴当 a≠0,a∈R 且 b=1 时 , 曲 线 总有相同的切线. y=f(x)与 y=g(x)在 x=0 处

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x2+b x +1 ( 2 ) 由 a=1, 得 h(x)= , ex -x2+?2-b?x+b-1 ∴h′(x)= ex ?x-1?[x-?1-b?] = - , ex 由 h′(x)=0, 得 x1=1,x2=1-b, ∴当 b>0 时 , 函 数 +∞); 当 b=0 时 , 函 数 当 b<0 时 , 函 数 ∞).
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h( x ) 的 单 调 递 减 区 间 为

(-∞,1-b),(1,

h(x)的 单 调 递 减 区 间 为 h(x)的 单 调 递 减 区 间 为

(-∞, + ∞); (-∞,1 ) ,(1-b,+

规 律 方 法

讨 论 函 数 的 单 调 性 其 实 质 就 是 讨 论 不 等 式 的 解 集 个 含 有 参 数 的

的 情 况 . 大 多 数 情 况 下 , 这 类 问 题 可 以 归 结 为 一 一 元 二 次 不 等 式 的 解 集 的 讨 论 , 在 能 够 通 过 因 式 分 解 求 出 不 等 式 对 应 方 程 的 根 时 依 据 根 的 大 小 进 行 分 类 讨 论 , 在 不 能 通 过 因 式 分 解 求 出 根 的 情 况 时 根 据 不 等 式 对 应 方 程 的 判 别 式 进 行 分 类 讨 论 . 讨 论 函 数 的 单 调 性 是 在 函 数 的 定 义 域 内 进 行 的 , 千 万 不 要 忽 视 了 定 义 域 的 限 制 .

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【训练 1】 ( 2 0 1 4 · 广东卷) 已 知 函 数 R).求函数 f(x)的 单 调 区 间 .
解 f′(x)=x2+2x+a 开 口 向 上 ,

1 3 f(x) = 3 x + x2 +ax + 1(a ∈

方 程 x2+2x+a=0 的 判 别 式

Δ=4-4a=4 ( 1 -a),

若 a≥1, 则 Δ≤0,f′(x)=x2+2x+a≥0 恒 成 立 , ∴f(x)在 R 上 单 调 递 增 . 若 a<1, 则 Δ>0, 方 程 x2+2x+a=0 有 两 个 不 同 的 实 数 根 , x1 = - 1- 1-a,x2= - 1+ 1-a,

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当 x<x1 或 x>x2 时 , f′(x)>0;当 x1<x<x2 时 , f′(x)<0, ∴f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 +∞); 单 调 递 减 区 间 为 综 上 所 述 , 当 (-∞, - 1- 1-a)和(-1+ 1-a, (-1- 1-a, - 1+ 1-a).

a≥1 时 , f(x)在 R 上单 调 递 增 ; (-∞, - 1- 1-a)和(-1

当 a<1 时,f(x)的 单 调 递 增 区 间 为 + 1-a, + ∞) , f ( x) 的 单 调 递 减 区 间 为

(-1- 1-a, - 1+ 1-a).

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热点二 利用导数讨论含参函数的极值与最值 [ 微题型 1] 求含参函数的极值 a )已知函数 f(x)=x-1+ex(a∈R,

【例 2-1】( 2 0 1 4 · 陕 西 高 三 质 检 e 为自然对数的底数).

( 1 ) 若曲线 y=f(x)在点(1, f( 1 ) 处 的 切 线 平 行 于 ( 2 ) 求函数 f(x)的极值.
解 a a ( 1 ) 由 f(x)=x-1+ex, 得 f′(x)=1-ex,

x轴 , 求 a 的值.

又 曲 线 y =f ( x ) 在 点 (1,f( 1 ) 处 的 切 线 平 行 于 =0, a 即 1- e=0, 解 之 得 a=e.

x轴 , 所 以

f ′( 1 )

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a ( 2 ) f′(x)=1-ex, ①当 a≤0 时 , f′(x)>0,f(x)为(-∞, + ∞)上 的 增 函 数 , 所 以 函 数 f(x)无 极 值 . ②当 a>0 时 , 令 f′(x)=0, 得 ex=a,x=l n a. 当 x∈(-∞,l n a)时 , f′(x)<0; 当 x ∈( l n a, + ∞) 时 , f′(x)>0, 所 以 f(x)在(-∞, l n a)上 单 调 递 减 , 在 ( l n a, +∞)上 单 调 递 增 , f( l n a)=l n a, 无

故 f(x)在 x=l n a处 取 得 极 小 值 , 且 极 小 值 为 极 大 值 .

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综 上 , 当

a≤0 时 , 函 数

f ( x) 无 极 值 ; 当

a>0 时,f(x)在 x=l n a

处取得极小值 l n a,无极大值. 探 究 提 高 含 参 数 函 数 的 极 值 、 最 值 问 题 是 历 年 高 考 命 题 的 重

点,解决此类问题的关键在于准确确定分类讨论的依据.

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[ 微题型 2]

求含参函数在某个闭区间上的最值

【例 2-2】 设函数 f(x)=x3-kx2+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.
解 f′(x)=3x2-2kx+1. ( 1 ) 当 k=1 时,f′(x)=3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0, 所以 f′(x)>0 恒成立,故 f(x)在 R 上 单 调 递 增 . 故函数 f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无单调减区间.

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( 2 ) 法 一

当 k<0 时 , f′(x)=3x2-2kx+1, f′(x)的 图 象 开 口 向 k x=3, 且 过 点 ( 0 1 ,) . 3≤k<0 时 ,

上 , 对 称 轴 为

当 Δ=4k2-1 2 =4 ( k+ 3)(k- 3)≤0, 即 - f′(x)≥0,f(x)在[ k,-k] 上 单 调 递 增 . 从 而 当 x =k 时 , f(x)取 得 最 小 值 当 x= -k时 , f ( x) 取 得 最 大 值 -k. m=f(k)=k.

M=f(-k)= - k3-k3-k= - 2k3

当 Δ=4k2-1 2 =4 ( k+ 3)(k- 3)>0, 即 k< - 3时 , 令 f′(x) =3x2-2kx+1=0,
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k+ k2-3 k- k2-3 解 得 x1 = ,x2 = , 注 意 到 3 3 (注 : 可 用 根 与 系 数 的 关 系 判 断 , 由

k<x2<x1<0,

1 2k x1· x2=3,x1+x2= 3 >k, )

从 而 k<x2<x1<0; 或 者 由 对 称 结 合 图 象 判 断

所 以 m=m i n { f(k),f(x1)},M=m a x { f(-k),f(x2)}.
2 2 因 为 f(x1)-f(k)=x3 - kx + x - k = ( x - k )( x ) >0, 1 1 1 1 1+1

所 以 f ( x) 的 最 小 值

m=f(k)=k.

2 3 因 为 f(x2)-f(-k)=x3 k2-k)=(x2+k)[(x2- 2-kx2+x2-(-k -k·

k)2+k2+1] <0,
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所 以 f ( x) 的 最 大 值 综 上 所 述 , 当

M=f(-k)= - 2k3-k. m=f(k)=k,

k<0 时 , f(x)在[ k,-k] 上 的 最 小 值

最 大 值 M = f ( -k ) = - 2k3-k. 法 二 当 k<0 时 , 对 ?x∈[ k, - k] , 都 有

f(x) - f(k) = x3 - kx2 + x - k3 + k3 - k = (x2 + 1 ) ( x - k)≥0 , 故 f(x)≥f(k); f(x)-f(-k)=x3-kx2+x+k3+k3+k=(x+k)(x2-2kx+2k2+1) =(x+k)[(x-k)2+k2+1] ≤0, 故 f(x)≤f(-k). 而 f(k)=k<0,f(-k)= - 2k3-k>0,
3 所 以 f ( x) m = f ( - k ) =- 2 k -k,f(x)m a x n i =f ( k ) = k .
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探究提高 由于含有参数 k, 所 以 需 要 对 其 进 行 分 类 讨 论 . 如 果结合函数图象,我们可得当 x=k 时 f(x)最 小 , x=-k 时 f(x) 最 大 , 此 时 只 需 证 明 类讨论. f(k)≤f(x)≤f(-k)即 可 , 这 样 就 避 免 了 分

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【训练 2】 ( 2 0 1 4 · 江西卷)已知函数 f(x)=(4x2+4ax+a2) x, 其 中 a<0. ( 1 ) 当 a=-4 时,求 f(x)的单调递增区间; ( 2 ) 若 f(x)在 区 间 [1 4 ,] 上 的 最 小 值 为 8,求 a 的值.

2?5x-2??x-2? 2 解 ( 1 ) 当 a=-4 时,由 f′(x)= =0 得 x=5或 x 2 x=2,由 f′(x) >0 得 x∈(0,5)或 x∈(2,+∞), 2 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,5)和(2,+∞).

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?1 0 x+a??2x+a? a ( 2 ) 因 为 f′(x)= , a<0, 由 f′(x)=0 得 x= -1 0 2 x a 或 x= - 2. a 当 x∈(0,-1 , f(x)单 调 递 增 . 0 )时 当
? a x∈?-1 0 ?

a? , - 2?时 , f(x)单 调 递 减 ; ?

a 当 x∈(-2, + ∞)时 , f(x)单 调 递 增 . a 易 知 f(x)=(2x+a) x≥0, 且 f(-2)=0 .
2
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a ①当 - 2≤1 时 , 即 - 2≤a<0 时 ,f(x)在[1 4 ,]

上 的 最 小 值 为

f( 1 ) ,

由 f( 1 ) =4+4a+a2=8, 得 a =± 2 2-2, 均 不 符 合 题 意 . a ②当 1< - 2≤4 时 , 即 - 8≤a< -2时 , f(x)在[1 4 ,] a 为 f(-2)=0, 不 符 合 题 意 . a ③当 - 2>4 时 , 即 a< -8时 , f(x)在[1 4 ,] =1 或 x=4 处 取 得 , 而 上 的 最 小 值 可 能 在 x 上 的 最 小 值

f( 1 ) ≠8, 由 f( 4 ) =2 ( 6 4 +1 6 a+a2)=8 单 调

得 a= -1 0 或 a=-6 (舍 去 ),当 a= -1 0 时 , f(x)在( 1 4 ,) 递 减 , f(x)在[1 4 ,] 综 上 有 , a= -1 0 .
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上 的 最 小 值 为

f( 4 ) =8, 符 合 题 意 .
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1 .利用公式求导时,一定要注意公式的适用范围及符号,如
(xn)′=nxn-1,其中n∈Q,(cos x)′=-sin x. 2.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个,这些单调区 间不能用“∪”连接,而只能用逗号或“和”字隔开. 3.可导函数在闭区间[a,b]上的最值,就是函数在该区间上的

极值及端点值中的最大值与最小值.

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4.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也 有可能极小值大于极大值;

(2) 对于可导函数 f(x) ,“ f(x) 在 x = x0 处的导数 f′(x) = 0”是
“f(x)在x=x0处取得极值”的必要不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负 的零点是原函数的极大值点,导函数由负变正的零点是原函 数的极小值点.

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