導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性極值中的應(yīng)用 教學(xué)設(shè)計(jì)

PAGEPAGE13.2導(dǎo)數(shù)在函數(shù)單調(diào)性、極值中的應(yīng)用eq\a\vs4\al(考綱要求)1．了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次)．2．了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會(huì)用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項(xiàng)式函數(shù)一般不超過(guò)三次)．1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)2．函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)的極小值若函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝a處的函數(shù)值f(a)比它在點(diǎn)x＝a附近其他點(diǎn)的函數(shù)值____，且f′(a)＝0，而且在點(diǎn)x＝a附近的左側(cè)________，右側(cè)________，則點(diǎn)a叫做函數(shù)的極小值點(diǎn)，f(a)叫做函數(shù)的極小值．(2)函數(shù)的極大值若函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x＝b處的函數(shù)值f(b)比它在點(diǎn)x＝b附近其他點(diǎn)的函數(shù)值____，且f′(b)＝0，而且在點(diǎn)x＝b附近的左側(cè)________，右側(cè)________，則點(diǎn)b叫做函數(shù)的極大值點(diǎn)，f(b)叫做函數(shù)的極大值，______和______統(tǒng)稱為極值．1．(2012陜西高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，則()．A．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極大值點(diǎn)B．x＝eq\f(1,2)為f(x)的極小值點(diǎn)C．x＝2為f(x)的極大值點(diǎn)D．x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)2．若函數(shù)y＝a(x3－x)的遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))，則a的取值范圍是()．A．a(chǎn)＞0 B．－1＜a＜0C．a(chǎn)＞1 D．0＜a＜13．函數(shù)y＝xsinx＋cosx在(π，3π)內(nèi)的單調(diào)增區(qū)間為()．A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，\f(5π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,2)，3π)) D．(π，2π)4．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，則a的最大值是__________．5．已知函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋c，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)的極小值是__________．一、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【例1】已知a∈R，函數(shù)f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(2)函數(shù)f(x)是否為R上的單調(diào)函數(shù)，若是，求出a的取值范圍；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．方法提煉1．導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般流程：eq\x(求定義域)→eq\x(求導(dǎo)數(shù)f′x)→eq\x(\a\al(求f′x＝0在,定義域內(nèi)的根))→eq\x(\a\al(用求得的根劃,分定義區(qū)間))→eq\x(\a\al(確定f′x在各個(gè),開(kāi)區(qū)間內(nèi)的符號(hào)))→eq\x(\a\al(得相應(yīng)開(kāi)區(qū)間,上的單調(diào)性))提醒：當(dāng)f(x)不含參數(shù)時(shí)，也可通過(guò)解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到單調(diào)遞增(或遞減)區(qū)間．2．導(dǎo)數(shù)法證明函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)的單調(diào)性的步驟：(1)求f′(x)．(2)確認(rèn)f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號(hào)．(3)作出結(jié)論：f′(x)＞0時(shí)為增函數(shù)；f′(x)＜0時(shí)為減函數(shù)．3．已知函數(shù)的單調(diào)性，求參數(shù)的取值范圍，應(yīng)用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)，轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題求解．提醒：函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0，f′(x)＞0是f(x)在(a，b)內(nèi)單調(diào)遞增的充分不必要條件．請(qǐng)做演練鞏固提升1,5二、函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)【例2－1】已知實(shí)數(shù)a＞0，函數(shù)f(x)＝ax(x－2)2(x∈R)有極大值32.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求實(shí)數(shù)a的值．【例2－2】已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過(guò)點(diǎn)(－1，－6)，且函數(shù)g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．(1)求m，n的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若a＞0，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內(nèi)的極值．方法提煉利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值的一般流程：請(qǐng)做演練鞏固提升3,4書寫不規(guī)范而致誤【典例】設(shè)函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間．錯(cuò)解：f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)·(x＋1)，令f′(x)＞0得，x＜－1或x＞0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)∪(0，＋∞)．錯(cuò)因：結(jié)論書寫不正確，也就是說(shuō)不能用符號(hào)“∪”連接，應(yīng)為(－∞，－1)和(0，＋∞)．正解：因?yàn)閒(x)＝x(ex－1)－eq\f(1,2)x2，所以f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)·(x＋1)．令f′(x)＞0，即(ex－1)(x＋1)＞0，得x＜－1或x＞0.所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－1)和(0，＋∞)．答題指導(dǎo)：1.利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，這類問(wèn)題求解并不難，即只需由f′(x)＞0或f′(x)＜0，求其解即得．但在求解時(shí)會(huì)因書寫不規(guī)范而導(dǎo)致失分．2．對(duì)于含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的單調(diào)增區(qū)間(或單調(diào)減區(qū)間)，中間用“，”或“和”連接，而不能用符號(hào)“∪”連接．1．(2012遼寧高考)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()．A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)2．(2012重慶高考)設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是()．3．函數(shù)f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]既有極大值又有極小值，則a的取值范圍是__________．4．函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________處取得極小值．5．設(shè)f(x)＝eq\f(ex,1＋ax2)，其中a為正實(shí)數(shù)．(1)當(dāng)a＝eq\f(4,3)時(shí)，求f(x)的極值點(diǎn)；(2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍．

參考答案基礎(chǔ)梳理自測(cè)知識(shí)梳理1．單調(diào)遞增單調(diào)遞減2．(1)都小f′(x)＜0f′(x)＞0(2)都大f′(x)＞0f′(x)＜0極大值極小值基礎(chǔ)自測(cè)1．D解析：由f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(1,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,x)))＝0可得x＝2.當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x＞2時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增．故x＝2為f(x)的極小值點(diǎn)．2．A解析：∵y′＝a(3x2－1)＝3aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))，∴當(dāng)－eq\f(\r(3),3)＜x＜eq\f(\r(3),3)時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),3)))＜0.∴要使y′＜0，必須取a＞0.3．B解析：∵y＝xsinx＋cosx，∴y′＝xcosx.當(dāng)x∈(π，3π)時(shí)，要使y′＝xcosx＞0，只要cosx＞0，結(jié)合選項(xiàng)知，只有B滿足．4．3解析：∵f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是單調(diào)增函數(shù)，∴f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，而當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，(3x2)min＝3×12＝3.∴a≤3，故amax＝3.5．c解析：由f′(x)的圖象知，x＝0是f(x)的極小值點(diǎn)，∴f(x)極小值＝f(0)＝c.考點(diǎn)探究突破【例1】解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝(－x2＋2x)ex，∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0，∵ex＞0，∴－x2＋2＞0，解得－eq\r(2)＜x＜eq\r(2).∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－eq\r(2)，eq\r(2))．(2)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0對(duì)x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0對(duì)x∈R都成立．∵ex＞0，∴x2－(a－2)x－a≥0對(duì)x∈R都成立．∴Δ＝(a－2)2＋4a即a2＋4≤0，這是不可能的．故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞減．若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0對(duì)x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對(duì)x∈R都成立．∵ex＞0，∴x2－(a－2)x－a≤0對(duì)x∈R都成立．而Δ＝(a－2)2＋4a＝a2＋4＞0，故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞增．綜上可知，函數(shù)f(x)不可能是R上的單調(diào)函數(shù)．【例2－1】解：(1)f(x)＝ax3－4ax2＋4ax，f′(x)＝3ax2－8ax＋4a令f′(x)＝0，得3ax2－8ax＋4a∵a≠0，∴3x2－8x＋4＝0，∴x＝eq\f(2,3)或x＝2.∵a＞0，∴當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))或x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))和(2，＋∞)；∵當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時(shí)，f′(x)＜0，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2)).(2)∵當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,3)))時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.∴f(x)在x＝eq\f(2,3)時(shí)取得極大值，即a·eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－2))2＝32.∴a＝27.【例2－2】解：(1)由函數(shù)f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)(－1，－6)，得m－n＝－3.①由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n而g(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以－eq\f(2m＋6,2×3)＝0.所以m＝－3，代入①得n＝0.于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．由f′(x)＞0得x＞2或x＜0，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)；由f′(x)＜0得0＜x＜2，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)．(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘極小值↗由此可得：當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)有極大值f(0)＝－2，無(wú)極小值；當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)無(wú)極值；當(dāng)1＜a＜3時(shí)，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)有極小值f(2)＝－6，無(wú)極大值；當(dāng)a≥3時(shí)，f(x)在(a－1，a＋1)內(nèi)無(wú)極值．綜上得：當(dāng)0＜a＜1時(shí)，f(x)有極大值－2，無(wú)極小值；當(dāng)1＜a＜3時(shí)，f(x)有極小值－6，無(wú)極大值；當(dāng)a＝1或a≥3時(shí)，f(x)無(wú)極值．演練鞏固提升1．B解析：對(duì)函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx求導(dǎo)，得y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)(x＞0)，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x)≤0，,x>0，))解得x∈(0,1]．因此函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1]．故選B.2．C解析：由題意可得f′(－2)＝0，而且當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)xf′(x)＞0；當(dāng)x∈(－2，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)若x∈(－2,0)，xf′(x)＜0，若x∈(0，＋∞)，xf′(x)＞0，所以函數(shù)y＝xf′(x)的圖象可能是C.3．a(chǎn)＞2或a＜－1解析：∵f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]，∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)．令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0.∵函數(shù)f(x)有極大值和極小值，∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有兩個(gè)不相等的實(shí)根，即Δ＝4a2－4∴a＞2或a＜－1.4．2解析：f(x)＝x3－3x2＋1，f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞2.令f′(x)＜0，解得0＜x＜2.所以函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝2處取得極小值．5．解：對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝exeq\f(1＋ax2－2ax,(1＋ax2)2).①(1)當(dāng)a＝eq\f(4,3)時(shí)，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，解得x1＝eq\f(3,2)，x2＝eq\f(1,2).結(jié)合①，可知xeq\