2015年数学理高考课件2-11 导数在函数研究中的应用 38页

[ 最新考纲展示 ] 　 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 ) ． 第十一节　导数在函数研究中的应用 利用导数研究函数的单调性 1 ．函数 f ( x ) 在某个区间 ( a ， b ) 内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1) 若 ，则 f ( x ) 在这个区间内单调递增； (2) 若 ，则 f ( x ) 在这个区间内单调递减； (3) 若 ，则 f ( x ) 在这个区间内是常数． 2 ．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1) 求 ； (2) 在定义域内解不等式 ； (3) 根据结果确定 f ( x ) 的单调区间． f ′ ( x )>0 f ′ ( x )<0 f ′ ( x ) ＝ 0 f ′ ( x ) f ′ ( x )>0 或 f ′ ( x )<0 ____________________[ 通关方略 ]____________________ 1 ．求函数 f ( x ) 的单调区间，也是求不等式 f ′ ( x )>0( 或 f ′ ( x )<0) 的解集，但单调区间不能脱离定义域而单独存在，求单调区间要坚持 “ 定义域优先 ” 的原则． 2 ．由函数 f ( x ) 在区间 [ a ， b ] 内单调递增 ( 或递减 ) ，可得 f ′ ( x ) ≥ 0( 或 f ′ ( x ) ≤ 0) 在该区间恒成立，而不是 f ′ ( x )>0( 或 <0) 恒成立， “ ＝ ” 不能少． 1. 已知函数 f ( x ) 的导函数 f ′ ( x ) ＝ ax 2 ＋ bx ＋ c 的图象如图所示，则 f ( x ) 的图象可能是 ( 　　 ) 解析： 由图象知，当 x <0 时，导函数 f ′ ( x ) ＝ ax 2 ＋ bx ＋ c <0 ，相应的函数 f ( x ) 在该区间上单调递减；当 x >0 时，由导函数 f ′ ( x ) ＝ ax 2 ＋ bx ＋ c 的图象可知，导函数在区间 (0 ， x 1 ) 内的值是大于 0 的，因此在此区间内函数 f ( x ) 单调递增．选 D. 答案： D 2 ．函数 f ( x ) ＝ x 3 － 15 x 2 － 33 x ＋ 6 的单调减区间为 ________ ． 解析： 由 f ( x ) ＝ x 3 － 15 x 2 － 33 x ＋ 6 得， f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 － 30 x － 33 ，令 f ′ ( x )<0 ，即 3( x － 11)( x ＋ 1)<0 ，求得－ 1< x <11 ，所以函数 f ( x ) 的单调减区间为 ( － 1,11) ． 答案： ( － 1,11) 利用导数研究函数的极值 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 x ＝ a 附近其它点的函数值都小， 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 ) 的极小值． 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大， 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 ) 的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． f ′ ( x )<0 f ′ ( x )>0 f ′ ( x )>0 f ′ ( x )<0 ____________________[ 通关方略 ]____________________ f ′ ( x 0 ) ＝ 0 是 x 0 为 f ( x ) 的极值点的非充分非必要条件．例如， f ( x ) ＝ x 3 ， f ′ (0) ＝ 0 ，但 x ＝ 0 不是极值点；又如 f ( x ) ＝ | x | ， x ＝ 0 是它的极小值点，但 f ′ (0) 不存在． 3 ．函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ 3 x － 9 在 x ＝－ 3 处取得极值，则 a ＝ ( 　　 ) A ． 2 　　　　　　　　　 B ． 3 C ． 4 D ． 5 解析： f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 2 ax ＋ 3. ∵ 函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax 2 ＋ 3 x － 9 ，在 x ＝－ 3 处有极值． ∴ f ′ ( － 3) ＝ 0. 3 × 9 － 6 a ＋ 3 ＝ 0. ∴ a ＝ 5. 答案： D 4 ．若 f ( x ) ＝ x 3 ＋ 3 ax 2 ＋ 3( a ＋ 2) x ＋ 1 有极大值和极小值，则 a 的取值范围为 ________ ． 解析： f ′ ( x ) ＝ 3 x 2 ＋ 6 ax ＋ 3( a ＋ 2) ，由题意知 f ′ ( x ) ＝ 0 有两个不等的实根，故 Δ ＝ (6 a ) 2 － 4 × 3 × 3( a ＋ 2)>0 ，即 a 2 － a － 2>0 ，解得 a >2 或 a < － 1. 答案： a >2 或 a < － 1 5 ．函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax ( x ∈ R ) 在 x ＝ 1 处有极值，则曲线 y ＝ f ( x ) 在原点处的切线方程是 ________ ． 解析： 因为函数 f ( x ) ＝ x 3 ＋ ax ( x ∈ R ) 在 x ＝ 1 处有极值，所以 f ′ (1) ＝ 3 × 1 2 ＋ a ＝ 0 ，得 a ＝－ 3. 故所求切线的斜率为 k ＝ a ＝－ 3 ，因此切线方程为 y ＝－ 3 x . 答案： y ＝－ 3 x 利用导数研究函数的单调性 【 例 1】 　 (2013 年高考全国新课标卷 Ⅱ ) 已知函数 f ( x ) ＝ e x － ln( x ＋ m ) ． (1) 设 x ＝ 0 是 f ( x ) 的极值点，求 m ，并讨论 f ( x ) 的单调性； (2) 当 m ≤ 2 时，证明 f ( x )>0. 反思总结 1 ． 当 f ( x ) 不含参数时，可以通过解不等式 f ′ ( x )>0( 或 f ′ ( x )<0) 直接得到单调递增 ( 或递减 ) 区间． 2 ．导数法证明函数 f ( x ) 在 ( a ， b ) 内的单调性的步骤： (1) 求 f ′ ( x ) ； (2) 确认 f ′ ( x ) 在 ( a ， b ) 内的符号； (3) 作出结论： f ′ ( x )>0 时为增函数； f ′ ( x )<0 时为减函数． 利用导数研究函数的极值 【 例 2】 　 (2013 年高考重庆卷 ) 设 f ( x ) ＝ a ( x － 5) 2 ＋ 6ln x ，其中 a ∈ R ，曲线 y ＝ f ( x ) 在点 (1 ， f (1)) 处的切线与 y 轴相交于点 (0,6) ． (1) 确定 a 的值； (2) 求函数 f ( x ) 的单调区间与极值． 反思总结 利用导数研究极值需注意以下几点 (1) 首先考虑定义域 . (2) 判断函数的单调性时要注意分类讨论． (3) 导数值为 0 的点不一定是函数的极值点． 变式训练 2 ． (2013 年高考福建卷 ) 设函数 f ( x ) 的定义域为 R ， x 0 ( x 0 ≠ 0) 是 f ( x ) 的极大值点，以下结论一定正确的是 ( 　　 ) A ． ∀ x ∈ R ， f ( x ) ≤ f ( x 0 ) B ．－ x 0 是 f ( － x ) 的极小值点 C ．－ x 0 是－ f ( x ) 的极小值点 D ．－ x 0 是－ f ( － x ) 的极小值点 答案： D 利用导数研究方程根的问题 反思总结 1 ． 利用导数研究高次式、分式、指数式、对数式方程解的个数问题的一般思路 (1) 将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与 x 轴 ( 或直线 y ＝ k ) 在该区间上交点问题； (2) 利用导数研究出该函数在该区间上单调性、极值 ( 最值 ) 、端点值等性质，进而画出其图象； (3) 结合图象求解． 2 ．证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤 第一步：利用导数证明该函数在该区间上单调； 第二步：证明端点值异号 . —— 导数的综合应用问题 导数的综合应用问题多涉及单调性、极值、最值、不等式证明、方程根讨论，以及不等式恒成立或存在问题，综合考查了函数、导数、不等式等知识，难度较大，能力要求较强，解答这类问题时除掌握方法外，还要遵循一定答题模板，学会审题与规范解答． 【 典例 】 　 (2013 年高考全国新课标卷 Ⅰ )( 本题满分 12 分 ) 设函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ax ＋ b ， g ( x ) ＝ e x ( cx ＋ d ) ．若曲线 y ＝ f ( x ) 和曲线 y ＝ g ( x ) 都过点 P (0,2) ，且在点 P 处有相同的切线 y ＝ 4 x ＋ 2. (1) 求 a ， b ， c ， d 的值； (2) 若 x ≥ － 2 时， f ( x ) ≤ kg ( x ) ，求 k 的取值范围． [ 教你快速规范审题 ] 1 ．审条件，挖解题信息 2 ．审结论，明解题方向 3 ．建联系，找解题突破口 [ 教你准确规范解答 ] (1) 由已知得 f (0) ＝ 2 ， g (0) ＝ 2 ， f ′ (0) ＝ 4 ， g ′ (0) ＝ 4. 而 f ′ ( x ) ＝ 2 x ＋ a ， g ′ ( x ) ＝ e x ( cx ＋ d ＋ c ) ，故 b ＝ 2 ， d ＝ 2 ， a ＝ 4 ， d ＋ c ＝ 4.2 分 从而 a ＝ 4 ， b ＝ 2 ， c ＝ 2 ， d ＝ 2.3 分 (2) 由 (1) 知， f ( x ) ＝ x 2 ＋ 4 x ＋ 2 ， g ( x ) ＝ 2e x ( x ＋ 1) ． 4 分 设函数 F ( x ) ＝ kg ( x ) － f ( x ) ＝ 2 k e x ( x ＋ 1) － x 2 － 4 x － 2 ，则 F ′ ( x ) ＝ 2 k e x ( x ＋ 2) － 2 x － 4 ＝ 2( x ＋ 2)( k e x － 1) ． 5 分 由题设可得 F (0) ≥ 0 ，即 k ≥ 1. 令 F ′ ( x ) ＝ 0 得 x 1 ＝－ ln k ， x 2 ＝－ 2.6 分 ① 若 1 ≤ k 0 ，即 F ( x ) 在 ( － 2 ， x 1 ) 单调递减，在 ( x 1 ，＋ ∞ ) 单调递增，故 F ( x ) 在 [ － 2 ，＋ ∞ ) 的最小值为 F ( x 1 ) ．而 F ( x 1 ) ＝ 2 x 1 ＋ 2 － x － 4 x 1 － 2 ＝－ x 1 ( x 1 ＋ 2) ≥ 0. 故当 x ≥ － 2 时， F ( x ) ≥ 0 ，即 f ( x ) ≤ kg ( x ) 恒成立． 8 分 ② 若 k ＝ e 2 ，则 F ′ ( x ) ＝ 2e 2 ( x ＋ 2)(e x － e － 2 ) ．从而当 x > － 2 时， F ′ ( x )>0 ，即 F ( x ) 在 ( － 2 ，＋ ∞ ) 单调递增．而 F ( － 2) ＝ 0 ，故当 x ≥ － 2 时， F ( x ) ≥ 0 ，即 f ( x ) ≤ kg ( x ) 恒成立． 10 分 ③ 若 k >e 2 ，则 F ( － 2) ＝－ 2 k e － 2 ＋ 2 ＝－ 2e － 2 ( k － e 2 )<0. 从而当 x ≥ － 2 时， f ( x ) ≤ kg ( x ) 不可能恒成立． 11 分 综上， k 的取值范围是 [1 ， e 2 ] ． 12 分 [ 常见失分探因 ] 易忽视判断－ ln k 与－ 2 的关系忘记讨论 注意通过 F ( － 2)<0 说明 f ( x )≤ kg ( x ) 不可能恒成立 ___________________ [ 教你一个万能模板 ] __________________ 本小节结束 请按 ESC 键返回