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高考数学一轮复习 第二章第十一节 导数在研究函数中的应用课件 理 (广东专用)_图文

第十一节 导数在研究函数中的应用 1.函数的单调性与导数 2.函数的极值与导数 (1)若函数f(x)在点x=a处的函数值f(a)比它在点x=a附近其他 都小 ,且f′(a)=0,而且在x=a附近的左侧 点的函数值_________ f′(x)<0 f′(x)>0 _______________ ,右侧___________ ,则a点叫函数的极小值 点,f(a)叫函数的极小值. (2) 若函数 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 _______ , 且 f′(b) = 0 , 而 且 在 x = b 附 近 的 左 侧 都大 f′(x)>0 f′(x)<0 ,则 b 点叫函数的极大值点, ____________ ,右侧 __________ f(b)叫函数的极大值,极大值和极小值统称为极值. 3.函数的最值与导数 (1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件 连续不断 的 如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条____________ 曲线,那么它必有最大值和最小值. (2)求y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤 极值 ①求函数y=f(x)在(a,b)内的________. 端点处的函数值f(a)、f(b) 比较, ②将函数y=f(x)的各极值与________________________ 最大 的一个是最大值,_________ 其中_______ 最小 的一个是最小值. 1.f′(x)>0是f(x)在(a,b)内单调递增的充要条件吗? 【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.导数值为0的点一定是函数的极值点吗?它是可导函数在该点 取得极值的什么条件? 【提示】 不一定.如函数f(x)=x3,在x=0处,有f′(0)=0, 但x=0不是函数f(x)=x3的极值点,对于可导函数,若x=x0为 其极值点,则需满足以下两个条件:①f′(x0)=0,②x=x0两 侧的导数f′(x)的符号异号.因此f′(x0)=0是函数y=f(x)在点 x=x0取得极值的必要不充分条件. ( 1 . (教材改编题 )函数 y= 2x+ sin x 的单调递增区间是 ) A.(-∞,+∞) B.(0,+∞) π π C.(2kπ- ,2kπ+ ),k∈Z D.以上答案均不正确 2 2 【解析】 恒成立. f(x)=2x+sin x的定义域为R,f′(x)=2+cos x>0 故f(x)在其定义域内是增函数. 【答案】 A 2.函数 y=x3+ax+b 在区间[-1,1]上为减函数,在(1, +∞)上为增函数,则 a 等于( ) A.3 B.-3 3 3 C. D.- 3 3 【解析】 y′=3x2+a,由题意知,当x=1时,y′=0, ∴a=-3. 【答案】 B 1 3.函数 f(x)= x2-ln x 的最小值为( 2 1 A. B.1 2 C.不存在 D.0 2 ) 1 x -1 【解析】 f′(x)=x- = ,且 x>0, x x 令 f′(x)>0,得 x>1;令 f′(x)<0,得 0<x<1. 1 1 ∴f(x)在 x=1 时取最小值 f(1)= -ln 1= . 2 2 【答案】 A 4 . (2011· 福建高考 ) 若 a > 0 , b > 0 ,且函数 f(x) = 4x3 - ax2 - 2bx +2在x=1处有极值,则ab的最大值等于( ) A. 2 C. 6 B.3 D. 9 【解析】 f′(x)=12x2-2ax-2b, ∵f(x)在 x=1 处有极值, ∴f′(1)=12-2a-2b=0,∴a+b=6. 又 a>0,b>0, ∴a+b≥2 ab,∴2 ab≤6, ∴ab≤9,当且仅当 a=b=3 时等号成立, ∴ab 的最大值为 9. 【答案】 D 利用导数研究函数的单调性 (2011·广东高考改编)设0<a≤1,讨论函数f(x)=ln x+a(1 -a)x2-2(1-a)x的单调性. 【思路点拨】 (1)转化为判定f′(x)的正负;(2)在0<a≤1,x> 0时,进而把所求问题转化为求 g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1 >0(或小于0)的解. 【尝试解答】 函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 1 f′(x)= +2a(1-a)x-2(1-a) x 2a?1-a?x2-2?1-a?x+1 = , x 令 g(x)=2a(1-a)x2-2(1-a)x+1, 1 (1)当 a=1 时,g(x)=1,f′(x)= >0, x 此时 f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)当 a≠1 时,f′(x)=0,即 g(x)=0, 其判别式 Δ=4(1-a)(1-3a), 1 ①当 0<a< 时,Δ>0,f′(x)有两个零点, 3 ?a-1??3a-1? 1 x1= - >0, 2a 2a?1-a? ?a-1??3a-1? 1 x2= + , 2a 2a?1-a? 且当 0<x<x1 或 x>x2 时,g(x)>0,∴f′(x)>0. 因此 f(x)在(0,x1)与(x2,+∞)内为增函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)<0,f′(x)<0, ∴f(x)在区间(x1,x2)内是减函数. 1 ②当 ≤a<1 时,Δ≤0,g(x)≥0,则 f′(x)≥0. 3 所以 f(x)在(0,+∞)内为增函数. 1 综上所述,当 0<a< 时, 3 f(x) 在 (0 , ?1-a?- ?1-a??1-3a? 2a?1-a? ) , ?1-a?+ ?1-a??1-3a? ( ,+∞)上单调递增, 2a?1-a? ?1-a?- ?1-a??1-3a? ?1-a?+ ?1-a??1-3a? 在( , )上单


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