高中数学选修2-2教案第三章 章末复习课 6页

题型一　分类讨论思想在导数中的应用 例1　设函数f(x)＝2x3－3(a－1)x2＋1，其中a≥1.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)讨论f(x)的极值．‎ 解　(1)由已知得f′(x)＝6x[x－(a－1)]，‎ 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a－1.‎ 当a＝1时，f′(x)＝6x2，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．‎ 当a>1时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：‎ x ‎(－∞，0)‎ ‎0‎ ‎(0，a－1)‎ a－1‎ ‎(a－1，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ↗‎ 极大值 ↘‎ 极小值 ‎↗‎ 从上表可知，函数f(x)在(－∞，0)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(0，a－1)上单调递减．‎ ‎(2)由(1)知，当a＝1时，函数f(x)没有极值；‎ 当a>1时，函数f(x)在x＝0处取得极大值1，‎ 在x＝a－1处取得极小值1－(a－1)3.‎ 反思与感悟　分类讨论是一种逻辑方法，也是一种数学思想，其实质是“化整为零，各个击破，再积零为整”．通过分类讨论，可以把一个变幻不定的问题分解成若干个相对确定的问题，从而使问题变得条理清晰，层次分明，易于解决．‎ 分类讨论思想在本章中主要体现在问题中含有参数或问题是分类给出的题型中．例如，单调性的判断、求极值、求最大(小)值等问题往往要用到分类讨论．‎ 跟踪训练1　设函数f(x)是定义在[－1,0)∪(0,1]上的偶函数，当x∈[－1,0)时，f(x)＝x3－ax(a为实数)．‎ ‎(1)当x∈(0,1]时，求f(x)的解析式；‎ ‎(2)若a>3，试判断f(x)在(0,1]上的单调性，并证明你的结论；‎ ‎(3)是否存在a，使得x∈(0,1]时，f(x)有最大值1?‎ 解　(1)设x∈(0,1]，则－x∈[－1,0)．‎ ‎∵f(x)为偶函数，‎ ‎∴f(x)＝f(－x)＝－x3＋ax，‎ 即x∈(0,1]时，f(x)＝－x3＋ax.‎ ‎(2)f(x)在(0,1]上单调递增，证明如下：‎ f′(x)＝－3x2＋a，x∈(0,1]，‎ ‎∴－3x2∈[－3,0)．‎ 又a>3，∴a－3x2>0，即f′(x)>0.‎ ‎∴f(x)在(0,1]上单调递增．‎ ‎(3)当a>3时，f(x)在(0,1]上单调递增，‎ ‎∴f(x)max＝f(1)＝a－1＝1.‎ ‎∴a＝2与a>3矛盾．‎ 当0≤a≤3时，令f′(x)＝a－3x2＝0，‎ 得x＝或x＝－(舍去)．‎ x∈时，f′(x)>0，‎ ‎∴f(x)在上单调递增．‎ x∈时，f′(x)<0，‎ ‎∴f(x)在上单调递减．‎ 又函数f(x)在x＝处连续，‎ ‎∴f(x)max＝f＝－3＋a＝1.‎ 解得a＝，‎ 当a<0时，f′(x)＝a－3x2<0，‎ ‎∴f(x)在(0,1]上单调递减，f(x)在(0,1]上无最大值．‎ 综上，存在a＝，使f(x)在(0,1]上有最大值1.‎ 题型二　转化与化归思想在导数中的应用 例2　设f(x)＝，其中a为正实数．‎ ‎(1)当a＝时，求f(x)的极值点；‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．‎ 解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝ex.①‎ 当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，‎ 解得x1＝，x2＝.‎ 综合①，可知 x ‎(－∞，)‎ ‎(，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ↗‎ 极大值 ↘‎ 极小值 ↗‎ 所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．‎ ‎(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，‎ 因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，‎ 知00，得函数f(x)的单调递增区间为；‎ 由y′<0，得函数f(x)的单调递减区间为，由于函数在区间(k－1，k＋1)上不是单调函数，‎ 所以解得1≤k<.‎ 题型三　数形结合思想在导数中的应用 例3　求函数f(x)＝x3－3ax＋2的极值，并说明方程x3－3ax＋2＝0何时有三个不同的实根？何时有唯一的实根(其中a>0)?‎ 解　函数的定义域为R，其导函数为f′(x)＝3x2－3a.‎ 由f′(x)＝0可得x＝±，列表讨论如下：‎ x ‎(－∞，－)‎ ‎－ ‎(－，)‎ ‎(，＋∞)‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎ ↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 由此可得，函数在x＝－处取得极大值f(－)＝2＋2a；在x＝处取得极小值f()＝2－2a.‎ 根据列表讨论，可作函数的草图(如图)．‎ 因为极大值f(－)＝2＋2a>0，故当极小值f()＝2－2a<0，即a>1时，方程x3－3ax＋2＝0有三个不同的实根；当极小值f()＝2－2a>0，即0|x2|，则有(　　)‎ A．a>0，b>0 B．a<0，b<0‎ C．a<0，b>0 D．a>0，b<0‎ 答案　B 解析　由f(x)的图像易知f(x)有两个极值点x1、x2，且x＝x1时有极小值，∴f′(x)＝3ax2＋2bx＋1的图像如图所示，‎ ‎∴a<0.‎ 又|x1|>|x2|，∴－x1>x2，‎ ‎∴x1＋x2<0，即x1＋x2＝－<0，∴b<0.‎ ‎1．当a取下列哪个值时，函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点(　　)‎ A．8 B．6‎ C．4 D．2‎ 答案　C 解析　f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，知可能的极值点为x＝1，x＝2，且f(1)＝5－a，f(2)＝4－a，可见当a＝4时，函数f(x)恰好有两个零点．‎ ‎2．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c (a，b，c∈R)，若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像的是(　　)‎ 答案　D 解析　设h(x)＝f(x)ex，‎ 则h′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.‎ 由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，‎ 得当x＝－1时，ax2＋2ax＋bx＋b＋c＝c－a＝0，∴c＝a.‎ ‎∴f(x)＝ax2＋bx＋a.若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，‎ 则x1x2＝＝1，D中图像一定不满足该条件．‎ ‎3．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为(　　)‎ A．(－1,1) B．(－1，＋∞)‎ C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)‎ 答案　B 解析　设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，‎ 则m′(x)＝f′(x)－2>0，‎ ‎∴m(x)在R上是增函数．‎ ‎∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，‎ ‎∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，‎ 即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．‎ ‎4．设函数f(x)＝kx3－3x2＋1(k≥0)．‎ ‎(1)求函数f(x)的单调区间；‎ ‎(2)若函数f(x)的极小值大于0，求k的取值范围．‎ 解　(1)当k＝0时，f(x)＝－3x2＋1，‎ ‎∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，单调减区间为[0，＋∞)．‎ 当k>0时，f′(x)＝3kx2－6x＝3kx，‎ ‎∴f(x)的单调增区间为(－∞，0]，，单调减区间为.‎ ‎(2)当k＝0时，函数f(x)不存在极小值；‎ 当k>0时，依题意f＝－＋1>0，‎ 即k2>4，由条件k>0，得k的取值范围为(2，＋∞)．‎ ‎[呈重点、现规律]‎ 利用导数来讨论含参数的函数的性质，要对参数进行分类讨论；已知函数的性质求参数范围，可转化为导数满足的条件进行求解；实际应用题及一些不等式问题可构造函数解决；函数性质的讨论还要和图形结合起来．‎