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3讲导数与函数的单调性极值最值问题


3讲
高考定位

导数与函数的单调性极值最值问题

高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中, 函数的单

调性,函数的极值与最值均是高考命题的重点内容,在选择题、填空题、解答题 中都有涉及,试题难度不大.

真 题 感 悟 (2015· 全国Ⅱ卷)设函数 f(x)=emx+x2-

mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围. (1)证明 f′(x)=m(emx-1)+2x.

若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)解 由(1)知,对任意的 m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,

故 f(x)在 x=0 处取得最小值.所以对于任意 x1,x2∈[-1,1],|f(x1)-f(x2)|≤e-1
m ?f(1)-f(0)≤e-1, ?e -m≤e-1, 的充要条件是? 即? -m ① ?f(-1)-f(0)≤e-1, ?e +m≤e-1.

设函数 g(t)=et-t-e+1,则 g′(t)=et-1. 当 t<0 时,g′(t)<0;当 t>0 时,g′(t)>0. 故 g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又 g(1)=0,g(-1)=e-1+2-e<0, 故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当 m>1 时,由 g(t)的单调性,g(m)>0,即 em-m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e-m+m>e-1. 综上,m 的取值范围是[-1,1]. 考 点 整 合

1.导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法:设函数 y=f(x)在某个区间内可导,如果 f′(x)>0,则 y=f(x)在该区间为增函数;如果 f′(x)<0,则 y=f(x)在该区间为减函数. (2)函数单调性问题包括:①求函数的单调区间,常常通过求导,转化为解方程 或不等式,常用到分类讨论思想;②利用单调性证明不等式或比较大小,常用构 造函数法. 2.极值的判别方法 当函数 f(x)在点 x0 处连续时,如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,那么 f(x0)是极大值;如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,那么 f(x0)是极小值. 也就是说 x0 是极值点的充分条件是点 x0 两侧导数异号,而不是 f′(x)=0.此外,函 数不可导的点也可能是函数的极值点,而且极值是一个局部概念,极值的大小关 系是不确定的,即有可能极大值比极小值小. 3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数, 一定有最大值和最小值,其最大值是区间的端点处的函 数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者, 最小值是区间端点处的函数 值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.

热点一 导数与函数的单调性 [微题型 1] 求含参函数的单调区间 x-1 ,其中 a 为常数. x+1

【例 1-1】 设函数 f(x)=aln x+

(1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解 (1)由题意知 a=0 时,f(x)= 此时 f′(x)= x-1 ,x∈(0,+∞). x+1

2 1 .可得 f′(1)=2,又 f(1)=0, (x+1)2

所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞).

ax2+(2a+2)x+a a 2 f′(x)= x+ = . (x+1)2 x(x+1)2 当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1 -2(x-1)2 1 ①当 a=-2时,Δ=0,f′(x)= ≤0, x(x+1)2 函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ②当 a<-2时,Δ<0,g(x)<0, f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ③当-2<a<0 时,Δ>0. 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, 则 x1= -(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1 , x . 2= a a

a+1- 2a+1 a2+2a+1- 2a+1 由于 x1= = >0, -a -a 所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, 综上可得:当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 当 a≤-2时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; ? 1 -(a+1)+ 2a+1? ?, 当-2<a<0 时,f(x)在?0, a ? ? ?-(a+1)- 2a+1 ? ? ?上单调递减, ,+∞ a ? ? ?-(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1? ?上单调递增. 在? , a a ? ? 探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况 .大多数情况

下, 这类问题可以归结为一个含有参数的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. [微题型 2] 已知单调性求参数的范围 3x2+ax 【例 1-2】 (2015· 重庆卷)设函数 f(x)= ex (a∈R). (1)若 f(x)在 x=0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) 处的切线方程; (2)若 f(x)在[3,+∞)上为减函数,求 a 的取值范围. 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)= (6x+a)ex-(3x2+ax)ex -3x2+(6-a)x+a = , ex (ex)2

因为 f(x)在 x=0 处取得极值,所以 f′(0)=0,即 a=0. -3x2+6x 3x2 3 3 当 a=0 时,f(x)= ex ,f′(x)= ,故 f(1)= e,f′(1)= e, ex 3 3 从而 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 y-e =e (x-1),化简得 3x-ey=0. -3x2+(6-a)x+a (2)由(1)知 f′(x)= . ex 令 g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由 g(x)=0, 解得 x1= 6-a- a2+36 6-a+ a2+36 , x = . 2 6 6

当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0, 故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0, 故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0, 即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数. 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数, 6-a+ a2+36 9 知 x2= ≤3,解得 a≥-2, 6

? 9 ? 故 a 的取值范围为?-2,+∞?. ? ? 探究提高 (1)当 f(x)不含参数时,可通过解不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0)直接得到 单调递增(或递减)区间. (2)已知函数的单调性, 求参数的取值范围, 应用条件 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0), x∈(a, b)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解),应注意参 数的取值是 f′(x)不恒等于 0 的参数的范围. 【训练 1】 函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)在区间(1,2)上是增函数,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0 的判别式 Δ=36(1-a). ①若 a≥1,则 f′(x)≥0,且 f′(x)=0 当且仅当 a=1,x=-1, 故此时 f(x)在 R 上是增函数. ②由于 a≠0,故当 a<1 时,f′(x)=0 有两个根, -1+ 1-a -1- 1-a x1= , x . 2= a a 若 0<a<1,则当 x∈(-∞,x2)或 x∈(x1,+∞)时, f′(x)>0,故 f(x)分别在(-∞,x2),(x1,+∞)上是增函数; 当 x∈(x2,x1)时,f′(x)<0, 故 f(x)在(x2,x1)上是减函数; 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或 x∈(x2,+∞)时, f′(x)<0,故 f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+∞)上是减函数; 当 x∈(x1,x2)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(x1,x2)上是增函数. (2)当 a>0,x>0 时,f′(x)=3ax2+6x+3>0, 故当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)上是增函数. 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)上是增函数当且仅当 5 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0,解得-4≤a<0. ? 5 ? 综上,a 的取值范围是?-4,0?∪(0,+∞). ? ?

热点二 导数与函数的极值、最值 [微题型 1] 求含参函数的极值(或最值)

【例 2-1】 (2015· 南昌模拟)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. (2)法一 k 当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,f′(x)的图象开口向上,对称轴为 x=3,

且过点(0,1). 当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)≤0,即- 3≤k<0 时, 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 m=f(k)=k. 当 x=-k 时,f(x)取得最大值 M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k. 当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)>0, 即 k<- 3时,令 f′(x)=3x2-2kx+1=0, 解得 x1= k+ k2-3 k- k2-3 , x = , 2 3 3

注意到 k<x2<x1<0, 1 2k (注:可用根与系数的关系判断,由 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=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)}.
3 2 2 因为 f(x1)-f(k)=x1 -kx1 +x1-k=(x1-k)(x1 +1)>0,

所以 f(x)的最小值 m=f(k)=k.
3 2 因为 f(x2)-f(-k)=x2 -kx2 +x2-(-k3-k· k2-k)=(x2+k)[(x2-k)2+k2+1]<0,

所以 f(x)的最大值 M=f(-k)=-2k3-k. 综上所述,当 k<0 时,f(x)在[k,-k]上的最小值 m=f(k)=k,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, 所以 f(x)max=f(-k)=-2k3-k,f(x)min=f(k)=k. 探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论: (1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论;(2)导数为零的自变量是否在给定 的区间内不确定需要讨论;(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论;(4) 参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论. [微题型 2] 与极值点个数有关的参数问题

【例 2-2】 (2015· 合肥模拟)已知函数 f(x)=ax2-ex,a∈R,f′(x)是 f(x)的导函数 (e 为自然对数的底数).若 f(x)有两个极值点 x1,x2,求实数 a 的取值范围. 解 法一 若 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1,x2 是方程 f′(x)=0 的两个根. ex f′(x)=2ax-ex=0,显然 x≠0,故 2a= , x x x (x-1)e e 令 h(x)= x ,则 h′(x)= . x2 若 x<0,则 h(x)单调递减,且 h(x)<0. 若 x>0,当 0<x<1 时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)上递减, 当 x>1 时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上递增,h(x)min=h(1)=e. ex 要使 f(x)有两个极值点,则需满足 2a= x 在(0,+∞)上有两个不同解, e 故 2a>e,即 a>2, ?e ? 故 a 的取值范围为?2,+∞?. ? ? 法二 设 g(x)=f′(x)=2ax-ex,则 g′(x)=2a-ex, 且 x1,x2 是方程 g(x)=0 的两个根, 当 a≤0 时,g′(x)<0 恒成立,g(x)单调递减,方程 g(x)=0 不可能有两个根; 当 a>0 时,由 g′(x)=0 得 x=ln 2a, 当 x∈(-∞,ln 2a)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;

当 x∈(ln 2a,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, e ∴g(x)max=g(ln 2a)=2aln 2a-2a>0,解得 a>2. ?e ? 故 a 的取值范围是?2,+∞?. ? ? 探究提高 极值点的个数,一般是使 f′(x)=0 方程根的个数,一般情况下导函数 若可以化成二次函数,我们可以利用判别式研究,若不是,我们可以借助导函数 的性质及图象研究. 【训练 2】 (2015· 山东卷改编)设函数 f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中 a∈R.讨论 函数 f(x)极值点的个数,并说明理由. 解 由题意知,函数 f(x)的定义域为(-1,+∞), f′(x)= 2ax2+ax-a+1 1 +a(2x-1)= . x+1 x+1

令 g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞). (1)当 a=0 时,g(x)=1,此时 f′(x)>0, 函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; (2)当 a>0 时,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8). 8 ①当 0<a≤9时,Δ≤0,g(x)≥0, f′(x)≥0,函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增,无极值点; 8 ②当 a>9时,Δ>0, 设方程 2ax2+ax-a+1=0 的两根为 x1,x2(x1<x2), 1 1 1 因为 x1+x2=-2,所以 x1<-4,x2>-4. 1 由 g(-1)=1>0,可得-1<x1<-4. 所以当 x∈(-1,x1)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x1,x2)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 因此函数有两个极值点. (3)当 a<0 时,Δ>0,由 g(-1)=1>0,可得 x1<-1. 当 x∈(-1,x2)时,

g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 当 x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 所以函数有一个极值点. 综上所述,当 a<0 时,函数 f(x)有一个极值点; 8 8 当 0≤a≤9时,函数 f(x)无极值点;当 a>9时,函数 f(x)有两个极值点.

1.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. 2.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. 3.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. 4.求函数的单调区间时,若函数的导函数中含有带参数的有理因式,因式根的个 数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关,则需对参数进行分类讨论. 5.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或 不等式问题来解决,有正向思维——直接求函数的极值或最值;也有逆向思维 ——已知函数的极值或最值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合 的思想.


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