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2012届高考数学理一轮复习精品课件(人教A版)导数的应用

时间:2011-10-10


第十二节

导数的应用

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);会求闭区间上函数的最大 值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次). 3.会利用导数解决某些实际问题.

一、函数的单调性与导数
在区间(a,b)内,函数的单调性与其导数的正负有如下关系: 如果 f′(x)>0 如果 f′(x)<0 如果 f′(x)=0 ,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递增; ,那么函数y=f(x)在这个区间内单调递减; ,那么f(x)在这个区间内为常数.

二、函数的极值与导数 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附近其他点的函数值 都小,f′(a)=0,而且在点x=a附近的左侧 f′(x)<0 ,右侧 f′(x)>0 ,

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 f′(x)<0

f′(x)>0

,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. 三、函数的最值 1.如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条 连续不断 的曲

线,那么它必有最大值和最小值.
2.求函数y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤 (1)求函数y=f(x)在(a,b)内的 极值 .

(2)将函数y=f(x)的各极值与 端点处的函数值f(a)、f(b) 比 较 , 其 中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.

4 1.当 x>0 时,f(x)=x+ 的单调减区间是( x A.(2,+∞) C.( 2,+∞) B.(0,2) D.(0, 2)

)

4 解析:f′(x)=1- 2,令 f′(x)<0, x

?1- 42<0, ? ∴? x ∴0<x<2, ?x>0, ?
∴f(x)的减区间为(0,2).

答案:B

2.设f(x)=x(ax2 +bx+c)(a≠0)在x=1和x=-1处均有极值,则下
列点中一定在x轴上的是( A.(a,b) C.(b,c) ) B.(a,c) D.(a+b,c)

解析:f′(x)=3ax2+2bx+c,由题意知,1,-1 是方程 3ax2 2b +2bx+c=0 的两根,则 1-1=- ,b=0,故点(a,b)一定在 x 3a 轴上.

答案:A

π 3. 函数 y=x+2cosx 在[0, ]上取得最大值时, 的值为( x 2 A.0 π C. 3 π B. 6 π D. 2

)

π π π π 解法一:代入比较得 f( )= +2cos = + 3最大. 6 6 6 6

解法二:y′=(x+2cosx)′=1-2sinx, π π 令 1-2sinx=0,且 x∈[0, ]时,x= . 2 6 π 当 x∈[0, ]时,f′(x)≥0,f(x)是单调增函数; 6 π π 当 x∈[ , ]时,f′(x)≤0,f(x)单调减函数一致. 6 2 π ∴f(x)max=f( ). 6 答案:B

4.函数f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]既有极大值又有极小值,则

a的取值范围是________.
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.

∵函数f(x)有极大值和极小值,

∴方程x2+2ax+a+2=0有两个不相等的实根.
即Δ=4a2-4a-8>0,∴a>2或a<-1. 答案:a>2或a<-1

5.当圆柱形金属饮料罐的表面积为定值S时,它的底面半径为

________时,才能使饮料罐的体积最大.
解析:设圆柱形金属饮料罐的底面半径为 R,高为 h. S-2πR2 S=2πRh+2πR2?h= 2πR S-2πR2 2 1 ?V(R)= πR = (S-2πR2)R 2πR 2

1 1 = SR-πR3?V′(R)= S-3πR2, 2 2 令 V′(R)=0,∴R= S . 6π

因 V(R)只有一个极值点,故它就是最大值点.

答案:

S 6π

热点之一

函数的单调性与导数

利用导数判断函数单调性是导数重要应用之一.常见形式为:
(1)求函数单调区间; (2)已知函数的单调区间,求有关参数的取值范围. (3)利用导数与函数单调性的关系解决有关函数与导函数图象问 题.

[例1]

已知a∈R,函数f(x)=(-x2 +ax)ex(x∈R,e为自然对数的

底数).
(1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间; (2)若函数f(x)在(-1,1)上单调递增,求a的取值范围; (3)函数f(x)是否为R上的单调函数,若是,求出a的取值范围;若 不是,请说明理由.

[课堂记录]

(1)当 a=2 时,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- 2<x< 2. ∴函数 f(x)的单调递增区间是(- 2, 2).

(2)∵函数f(x)在(-1,1)上单调递增,

∴f′(x)≥0对x∈(-1,1)都成立.
∵f′(x)=(-2x+a)ex+(-x2+ax)ex =[-x2+(a-2)x+a]ex, ∴[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈(-1,1)都成立.
∵ex>0,∴-x2 +(a-2)x+a≥0 对 x∈(-1,1)都成立,即 x2+2x (x+1)2-1 1 a≥ = =(x+1)- 对 x∈(-1,1)都成立. x+1 x+1 x+1

1 1 令 y=(x+1)- ,则 y′=1+ >0. x+1 (x+1)2 1 ∴y=(x+1)- 在(-1,1)上单调递增. x+1 1 3 3 ∴y<(1+1)- = .∴a≥ . 2 1+1 2

(3)若函数f(x)在R上单调递减,

则f′(x)≤0对x∈R都成立,
即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0对x∈R都成立. ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立. ∴Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的. 故函数f(x)不可能在R上单调递减.

若函数f(x)在R上单调递增,

则f′(x)≥0对x∈R都成立,
即[-x2+(a-2)x+a]ex≥0对x∈R都成立, ∵ex>0,∴x2-(a-2)x-a≤0对x∈R都成立. 而Δ=(a-2)2+4a=a2+4>0, 故函数f(x)不可能在R上单调递增. 综上可知,函数f(x)不可能是R上的单调函数.

即时训练

1 2 设函数 f(x)=x(e -1)- x ,则函数 f(x)的单调 2
x

增区间为________.

1 2 解析:因为 f(x)=x(e -1)- x , 2
x

所以 f′(x)=ex-1+xex-x=(ex-1)· (x+1). 令 f′(x)>0,即(ex-1)(x+1)>0, 解得 x∈(-∞,-1)或 x∈(0,+∞). 所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(0,+∞).

答案:(-∞,-1)和(0,+∞)

热点之二

函数的极值与导数

求可导函数f(x)的极值的步骤:
(1)求导数f′(x); (2)求方程f′(x)=0的根; (3)检验f′(x)在方程f′(x)=0的根的左右两侧的符号:如果在根的左

侧附近为正,右侧附近为负,那么函数y=f(x)在这个根处取得极大值; 如果在根的左侧附近为负,右侧附近为正,那么函数y=f(x)在这个根 处取得极小值.

ax+b [例 2] 设 a>0,函数 f(x)= 2 ,b 为常数. x +1 (1)证明:函数 f(x)的极大值点和极小值点各有一个; (2)若函数 f(x)的极大值为 1,极小值为-1,试求 a 值.

[课堂记录]

-ax2-2bx+a (1)证明:f′(x)= , (x2+1)2

令 f′(x)=0,得 ax2+2bx-a=0① ∵Δ=4b2+4a2>0, ∴方程①有两个不相等的实根,记为 x1,x2(x1<x2),

-a(x-x1)(x-x2) 则 f′(x)= (x2+1)2 f′(x)与 f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,x1) - ?

x1 0 极小值

(x1,x2) + ?

x2 0 极大值

(x2,+∞) - ?

可见,f(x)的极大值点和极小值点各有一个.

ax1+b ? ?f(x1)= x12+1 =-1 (2)解:由(1)得? 2 ?f(x2)=ax2 +b=1 x2 +1 ?
?ax1+b=-x12-1 ? 即? 2 ?ax2+b=x2 +1 ?

两式相加,得 a(x1+x2)+2b=x22-x12

2b ∵x1+x2=- ,∴x22-x12=0,即(x2+x1)(x2-x1)=0, a 又 x1<x2,∴x1+x2=0,从而 b=0, ∴a(x2-1)=0 得 x1=-1,x2=1, -x12-1 故 a= =2. x1

即时训练

x2+a (2009· 辽宁高考)若函数 f(x)= 在 x=1 处取 x+1

极值,则 a=______.

x2+a 2x(x+1)-(x2+a) 解析:由 f(x)= ,得 f′(x)= .令 f′(x) x+1 (x+1)2 =0,由 x≠-1,得 x2+2x-a=0.又函数在 x=1 处取得极值,所 以 x=1 是 x2+2x-a=0 的根,所以 a=3.

答案:3

热点之三

函数的最值与导数

1.函数的最大值和最小值是一个整体性概念,最大值必须是整个

区间上所有函数值中的最大值,最小值必须是整个区间上所有函数值
中的最小值.

2.函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的,
函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的.函数的极值可以有 多有少,但最值只有一个,极值只能在区间内取得,最值则可以在端 点取得,有极值的未必有最值,有最值的未必有极值,极值可能成为 最值,最值只要不在端点必定是极值.

[例3]

已知a是实数,函数f(x)=x2(x-a).

(1)若f′(1)=3,求a的值及曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;
(2)求f(x)在区间[0,2]上的最大值. [思路探究] (1)由f′(1)=3可求a值.求切线方程只需求斜率k及点

(1,f(1))的坐标.(2)可先判断f(x)的单调性及极值,再与f(0),f(2)比较, 即可求出最大值.

[课堂记录]

(1)f′(x)=3x2-2ax,

∵f′(1)=3-2a=3,∴a=0. 又∵当 a=0 时,f(1)=1,f′(1)=3, ∴曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 3x-y-2=0. 2a (2)令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2= . 3 2a 当 ≤0,即 a≤0,f(x)在[0,2]上单调递增, 3 从而 f(x)max=f(2)=8-4a.



2a ≥2,即 a≥3 时,f(x)在[0,2]上单调递减, 3

从而 f(x)max=f(0)=0. 2a 2a 2a 当 0< <2,即 0<a<3 时,f(x)在[0, ]上单调递减,在[ , 3 3 3 2]上单调递增, 从而
?8-4a (0<a≤2) ? f(x)max=? ?0 (2<a<3) ?

.

?8-4a ? 综上可知:f(x)max=? ?0 (a>2) ?

(a≤2)

.

即时训练

已知 a 为实数,函数 f(x)=(x2+1)(x+a).若

3 f′(-1)=0,求函数 y=f(x)在[- ,1]上的最大值和最小值. 2

解:∵f′(x)=3x2+2ax+1,又 f′(-1)=0, ∴3-2a+1=0,即 a=2. 1 ∴f′(x)=3x +4x+1=3(x+ )(x+1). 3
2

1 由 f′(x)>0,得 x<-1 或 x>- ; 3

1 由 f′(x)<0,得-1<x<- . 3 3 1 因此函数 f(x)的单调递增区间为[- ,-1],[- ,1], 2 3 1 单调递减区间为[-1,- ]. 3 ∴f(x)在 x=-1 取得极大值为 f(-1)=2; 1 1 50 f(x)在 x=- 取得极小值为 f(- )= . 3 3 27

3 13 50 13 又∵f(- )= ,f(1)=6,且 > , 2 8 27 8 3 ∴f(x)在[- ,1]上的最大值为 f(1)=6, 2 3 13 最小值为 f(- )= . 2 8

热点之四

导数的综合应用

综合应用是指结合方程、不等式其他分支内容的综合考查,此类
问题一般综合性强,涉及面广,较繁杂,难度一般也较大,主要体现 形式为解答题,内容形式多为构造函数、利用导数研究方程根的分布, 两曲线交点个数,利用导数证明不等式,解决有关不等式问题,求不 等式有解或恒成立时参数的取值.

[例4]

设a≥0,f(x)=x-1-ln2x+2alnx(x>0).

(1)令F(x)=xf′(x),讨论F(x)在(0,+∞)内的单调性并求极值;
(2)求证:当x>1时,恒有x>ln2x-2alnx+1. [思路探究] 值. 用导数证明不等式需要通过构造函数并求函数的最

[课堂记录]

2lnx 2a (1)根据求导法则得 f′(x)=1- + ,x>0. x x

故 F(x)=xf′(x)=x-2lnx+2a,x>0, 2 x-2 于是 F′(x)=1- = ,x>0, x x 令 F′(x)=0,则 x=2. 列表如下:

x F′(x) F(x)

(0,2) - ?

2 0 极小值F(2)

(2,+∞) + ?

所以,F(x)在(0,2)内单调递减,在(2,+∞)内单调递增,在x=2处

取得极小值F(2)=2-2ln2+2a.
(2)证明:由a≥0知,F(2)=2-2ln2+2a>0. 于是由上表知,对一切x∈(0,+∞),恒有F(x)=xf′(x)>0. 从而当x>0时,恒有f′(x)>0,故f(x)在(0,+∞)内单调递增.所以当 x>1时,f(x)>f(1)=0,即x-1-ln2x+2alnx>0.故当x>1时,恒有x>ln2x- 2alnx+1.

[思维拓展]

欲 证 不 等 式 f(x)>g(x) , 设 F(x) = f(x) - g(x) , 即 证

F(x)min>0,而欲证方程f(x)=0有多少个解,即求f(x)的极值,结合图象,
通过极值的正负决定解的个数,注意:函数图象要连续.

即时训练

1 2 已知 f(x)= x -alnx(a∈R), 2

(1)求函数 f(x)的单调区间; 1 2 2 3 (2)求证:当 x>1 时, x +lnx< x . 2 3

2 a x -a 解:(1)f′(x)=x- = (x>0), x x

若 a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立, ∴函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞). 若 a>0 时,令 f′(x)>0,得 x> a. ∴函数 f(x)的单调增区间为( a,+∞),减区间为(0, a).

2 1 (2)证明:设 F(x)= x3-( x2+lnx), 3 2 1 故 F′(x)=2x -x- . x
2

(x-1)(2x2+x+1) ∴F′(x)= . x ∵x>1,∴F′(x)>0. ∴F(x)在(1,+∞)上为增函数.

1 又 F(x)在[1,+∞)上连续,F(1)= >0, 6 1 ∴F(x)> 在(1,+∞)上恒成立.∴F(x)>0. 6 1 2 2 3 ∴当 x>1 时, x +lnx< x . 2 3

从近两年的高考试题来看,利用导数来研究函数的单调性和极值

问题已成为炙手可热的考点,既有小题,也有解答题,小题主要考查
利用导数研究函数的单调性和极值,解答题主要考查导数与函数单调

性,或方程、不等式的综合应用.

[例5]

(2010·全国Ⅰ)已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1.

(1)若xf′(x)≤x2+ax+1.求a的取值范围; (2)证明:(x-1)f(x)≥0.
x+1 [解] (1)f′(x)= +lnx-1 x 1 =lnx+ ,xf′(x)=xlnx+1, x

题设 xf′(x)≤x2+ax+1 等价于 lnx-x≤a. 1 令 g(x)=lnx-x,则 g′(x)= -1. x 当 0<x<1 时,g′(x)>0; 当 x≥1 时,g′(x)≤0, x=1 是 g(x)的最大值点,g(x)≤g(1)=-1. 综上,a 的取值范围是[-1,+∞).

(2)由(1)知,g(x)≤g(1)=-1,

即lnx-x+1≤0.
当0<x<1时, f(x)=(x+1)lnx-x+1 =xlnx+(lnx-x+1)≤0;

当 x≥1 时,f(x)=lnx+(xlnx-x+1)
? 1 ? =lnx+x?lnx+ x -1? ? ? ? 1 1 ? =lnx-x?lnx -x +1?≥0. ? ?

所以(x-1)f(x)≥0.

1.(2010·课标全国)设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间; (2)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围. 解:(1)当a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1. 当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0; 当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0. 故f(x)在(-∞,0)单调减少,在(0,+∞)单调增加.

(2)f′(x)=ex-1-2ax.

由(1)知ex≥1+x,当且仅当x=0时等号成立.
故f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x,

从而当1-2a≥0,即a≤时,f′(x)≥0(x≥0),而f(0)=0,于是当x≥0时, f(x)≥0. 由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0).

1 - - 从而当 a> 时, f′(x)<ex-1+2a(e x-1)=e x(ex-1)(ex-2a), 2 故当 x∈(0, ln2a)时, f′(x)<0, f(0)=0, 而 于是当 x∈(0, ln2a) 时,f(x)<0. 1 综上所述 a≤ . 2


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