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2015创新设计(高中理科数学)2-11


第11讲

导数在研究函数中的应用

诊断· 基础知识

突破· 高频考点

培养· 解题能力

[最新考纲]
1.了解函数单调性与导数的关系;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).

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知识梳理

1.函数的导数与单调性的关系
函数y=f(x)在某个区间内可导,则 (1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内 单调递增. (2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内 单调递减. (3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是 常数函数 .

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2.函数的极值与导数
函数y=f(x)在点x0处连续且f′(x0)=0,若在点x0 极大 附近左侧 f′(x)>0, 右侧f′(x)<0 ,则x0为函数 值 的极大值点,f(x0)叫函数的极大值 函数y=f(x)在点x0处连续且f′(x0)=0,若在点x0 极小 附近左侧 f′(x)<0 , 右侧f′(x)>0 ,则x0为函数 值 的极小值点,f(x0)叫函数的极小值

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3.函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件 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y=f(x)在[a,b]上的最大(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.

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辨 析 感 悟 1.导数与单调性的关系 (1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件. (×)

(2)函数在其定义域内离散的点处导数等于 0 不影响函数的单 调性. (√)

1 2 (3)(2012· 辽宁卷改编 ) 函数 y = 2 x - ln x 的单调递减区间为 (0,1]. (√)

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2.导数与极值的关系问题

(4)函数的极大值不一定比极小值大.

( √)

(5)对可导函数f(x),f′(x0)=0是x0为极值点的充要条件.(×) (6)(2012·陕西卷改编)函数f(x)=xex在x=-1处取得极小值. (√) 3.关于闭区间上函数的最值问题 (7)函数在开区间一定不存在最大值和最小值. ( ×)

(8)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是

极小值.

( √)

(9)(2014·郑州调研改编)函数f(x)=ex-x(e为自然对数的底数) 在区间[-1,1]上的最大值是e-1.
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(√)
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[感悟·提升]
1 . 一点提醒 函数最值是个 “ 整体 ” 概念,而函数极值是个

“ 局部 ” 概念.极大值与极小值没有必然的大小关系,如 (4). 2.两个条件 一是f′(x)>0在(a,b)上成立是f(x)在(a,b)上单调

递增的充分不必要条件.如(1). 二是对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值

的必要不充分条件.如(5).

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3.三点注意 一是求单调区间时应遵循定义域优先的原则.
二是函数的极值一定不会在定义域区间的端点取到. 三是求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系不确定 时应分类讨论.不可想当然认为极值就是最值,如(8).

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考点一 利用导数研究函数的单调性

【例1】 (2013·广东卷改编)设函数f(x)=(x-1)ex-kx2.
(1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间; (2)若f(x)在x∈[0,+∞)上是增函数,求实数k的取值范围.

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解 (1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2,
∴f′(x)=ex+(x-1)ex-2x=x(ex-2). 令f′(x)>0,即x(ex-2)>0, ∴x>ln 2或x<0. 令f′(x)<0,即x(ex-2)<0,∴0<x<ln 2. 因此函数f(x)的递减区间是(0,ln 2); 递增区间是(-∞,0)和(ln 2,+∞).

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(2)易知 f′(x)=ex+(x-1)ex-2kx=x(ex-2k). ∵f(x)在 x∈[0,+∞)上是增函数, ∴当 x≥0 时,f′(x)=x(ex-2k)≥0 恒成立. ∴ex-2k≥0,即 2k≤ex 恒成立. 1 由于 e ≥1,∴2k≤1,则 k≤2.
x

1 又当 k=2时,f′(x)=x(ex-1)≥0 当且仅当 x=0 时取等号. 因此,实数 k
? 1? 的取值范围是?-∞,2?. ? ?

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规律方法 (1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导
数的符号.而解答本题(2)问时,关键是分离参数k,把所求问题 转化为求函数的最小值问题. (2) 若可导函数 f(x) 在指定的区间 D上单调递增 ( 减 ) ,求参数范围 问题,可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题,从而构建不 等式,要注意“=”是否可以取到.

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【训练1】 已知函数f(x)=x3-ax2-3x.
(1)若f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围; (2)若x=3是f(x)的极值点,求f(x)的单调区间.
解 (1)对 f(x)求导,得 f′(x)=3x2-2ax-3.

3? 1? 由 f′(x)≥0,得 a≤2?x-x ?. ? ? 1? 3? 1? 3? 记 t(x)=2?x-x ?,则 t′(x)=2?1+x2?, ? ? ? ? 所以当 x≥1 时,t(x)是增函数, 3 ∴t(x)min=2(1-1)=0.∴a≤0. 故实数 a 的取值范围是(-∞,0].
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(2)由题意,得 f′(3)=0,即 27-6a-3=0,∴a=4. ∴f(x)=x3-4x2-3x,f′(x)=3x2-8x-3. 1 令 f′(x)=0,得 x=-3或 3. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f ( x)
? 1? ?-∞,- ? 3? ?

1 -3 0 极大值

? 1 ? ?- ,3? ? 3 ?

3 0 极小值

(3,+∞) +





? 1? ∴f(x)的单调递增区间为?-∞,-3?,[3,+∞);f(x)的单调递减 ? ? ? 1 ? 区间为?-3,3?. ? ?
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考点二

利用导数研究函数的极值

1 3 【例 2】 设 f(x)=aln x+2x+2x+1,其中 a∈R,曲线 y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线垂直于 y 轴. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的极值.

审题路线

(1)由 f′(1)=0?求 a 的值.

(2)确定函数定义域?对 f(x)求导,并求 f′(x)=0?判断根左, 右 f′(x)的符号?确定极值.

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1 3 (1)由 f(x)=aln x+2x+2x+1,

a 1 3 ∴f′(x)=x-2x2+2. 由于曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于 y 轴, ∴该切线斜率为 0,即 f′(1)=0. 1 3 从而 a-2+2=0,∴a=-1.

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1 3 (2)由(1)知,f(x)=-ln x+2x+2x+1(x>0), 1 1 3 ?3x+1??x-1? ∴f′(x)=-x-2x2+2= . 2x2 1 令 f′(x)=0,解得 x=1 或-3(舍去). 当 x∈(0,1)时,f′(x)<0;当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数. 故 f(x)在 x=1 处取得极小值 f(1)=3,f(x)无极大值.

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规律方法 (1) 可导函数 y = f(x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是
f′(x0)=0,且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同. (2) 若 f(x) 在 (a , b) 内有极值,那么 f(x) 在 (a , b) 内绝不是单调函 数,即在某区间上单调增或减的函数没有极值.

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【训练2】 已知a,b是实数,1和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的
两个极值点. (1)求a和b的值; (2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点.
解 (1)f′(x)=3x2+2ax+b. 又 1 和-1 是函数 f(x)的两个极值点,
? ?f′?1?=3+2a+b=0, ∴? ? ?f′?-1?=3-2a+b=0.

解得,a=0,b=-3.
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(2)由(1)知,f(x)=x3-3x,g′(x)=x3-3x+2. 由 g′(x)=0,得(x-1)2(x+2)=0, ∴g′(x)=0 的根为 x=-2 或 1. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0. ∴x=-2 是函数 g(x)的极小值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极小值点为-2,无极大值点.

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考点三 利用导数求函数的最值
【例3】 (2012·重庆卷)已知函数f(x)=ax3+bx+c在x=2处取得 极值为c-16. (1)求a,b的值; (2)若f(x)有极大值28,求f(x)在[-3,3]上的最小值.
审题路线
? ?f′?2?=0, (1)? ? ?f?2?=c-16

?a,b 的值;

(2)求导确定函数的极大值?求得 c 值?求得极大值、极 小值、端点值?求得最值.

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(1)因 f(x)=ax3+bx+c,故 f′(x)=3ax2+b,

由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,
? ?f′?2?=0, 故有? ? ?f?2?=c-16, ? ?12a+b=0, 即? ? ?8a+2b+c=c-16. ? ?a=1, 解得? ? ?b=-12.

? ?12a+b=0, 化简得? ? ?4a+b=-8,

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(2)由(1)知f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12.
令f′(x)=0,得x=-2或2. 当x变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f ( x) 9+c -3 (-3,- 2) + -2 0 极大值 (-2,2) - 2 0 极小值 (2,3) + -9+c 3

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由表知f(x)在x=-2处取得极大值f(-2)=16+c,f(x)在x=2处取
得极小值f(2)=c-16. 由题设条件知,16+c=28,解得c=12, 此时f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=c-16=-4,因 此f(x)在[-3,3]上的最小值为f(2)=-4. 规律方法 在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极 值的区别.求解函数的最值时,要先求函数y=f(x)在[a,b]内所

有使f′(x)=0的点,再计算函数y=f(x)在区间内所有使f′(x)=0
的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.

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【训练3】 设函数f(x)=x+ax2+bln x,曲线y=f(x)过P(1,0),且
在P点处的切线斜率为2. (1)求a,b的值; (2)令g(x)=f(x)-2x+2,求g(x)在定义域上的最值.
解 b (1)f′(x)=1+2ax+ x(x>0),

又 f(x)过点 P(1,0),且在点 P 处的切线斜率为 2,
? ?f?1?=0, ∴? ? ?f′?1?=2, ? ?1+a=0, 即? ? ?1+2a+b=2.

解得 a=-1,b=3.

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(2)由(1)知,f(x)=x-x2+3ln x,其定义域为(0,+∞), ∴g(x)=2-x-x2+3ln x,x>0, ?x-1??2x+3? 3 则 g′(x)=-1-2x+x =- . x 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0. 所以 g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减. ∴g(x)的最大值为 g(1)=0,g(x)没有最小值.

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1 . 注意单调函数的充要条件,尤其对于已知单调性求参数值

(范围)时,隐含恒成立思想.
2.求极值、最值时,要求步骤规范、表格齐全,区分极值点与 导数为0的点;含参数时,要讨论参数的大小. 3.求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通 过认真比较才能下结论.一个函数在其定义域内最值是唯一

的,可以在区间的端点取得.

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创新突破3——导数在创新定义与不等式中的应用
【典例】 (2013·安徽卷)设函数f(x)=ax-(1+a2)x2,其中a>0, 区间I={x|f(x)>0}. (1)求I的长度(注:区间(α,β)的长度定义为β-α);? (2) 给定常数 k∈(0,1) ,当 1 - k≤a≤1 + k 时,求 I 长度的最小 值.?

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突破:由?理解区间长度的意义,转化为求不等式 f(x)>0 的解集. 由?求 I 的长度最小值,即求以 a 为自变量的区间长度 d(a)= a ,a∈[1-k,1+k]构成的函数的最小值,利用导数求解. 1+a2



(1) 因为方程 ax -(1 +a2)x2=0(a>0) 有两个实根 x1 =0,x2 =

a 2,故 f(x)>0 的解集为{x|x1<x<x2}. 1+a 因此区间
? a ? ? I=?0,1+a2? ?,区间 ? ?

a I 的长度为 . 1+a2

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1-a2 a (2)设 d(a)= 2,则 d′(a)= 2 2(a>0). 1+ a ?1+a ? 令 d′(a)=0,得 a=1.由于 0<k<1,故 当 1-k≤a<1 时,(1-k)2≤a2<1,d′(a)>0,d(a)单调递增; 当 1<a≤1+k 时,a2>1,d′(a)<0,d(a)单调递减. 所以当 1-k≤a≤1+k 时,d(a)的最小值必定在 a=1-k 或 a=1 +k 处取得.

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1-k d?1-k? 1+?1-k?2 2-k2-k3 而 = = <1, d?1+k? 1+k 2-k2+k3 1+?1+k?2 故 d(1-k)<d(1+k). 1-k 因此当 a=1-k 时, d(a)在区间[1-k,1+k]上取得最小值 2. 2-2k+k

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[ 反思感悟 ] (1) 本题以不等式的解集构成的区间长度为命题背
景,将导数求最值和含参数的不等式解法交汇,命题情境创 新. (2)解法创新,从不等式出发,构造函数利用导数判断函数的单 调性,根据单调性确定最值 d(1-k)与d(1+k),并借助不等式性 质比较二者的关系,体现了转化与化归的思想.

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【自主体验】
已知函数f(x)=x2e-x. (1)求f(x)的极小值和极大值; (2)当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距的 取值范围.
解 -x?x-2? 易知 f(x)的定义域 R,且 f′(x)= .① ex

令 f′(x)=0,得 x=0 或 2.

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当x变化时,f′(x)与f(x)的变化情况如下表: (-∞,0) 0 (0,2) 2 (2,+∞) 0 + 0 f′(x) - - f ( x) 0 4e-2
由以上表知,f(x)的极小值为f(0)=0;f(x)的极大值为4e-2.

x

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(2)设切点为(t,f(t)),则 l 的方程为 y=f′(t)(x-t)+f(t). 所以 l 在 x 轴上的截距为 2 f?t? t m(t)=t- =t + =t-2+ +3. f′?t? t-2 t -2 由已知和①得 t∈(-∞,0)∪(2,+∞). 2 令 h(x)=x+x (x≠0), 则当 x∈(0, +∞)时, h(x)的取值范围是[2 2, +∞);当 x∈(-∞,-2)时,h(x)的取值范围是(-∞,-3). 所以当 t∈(-∞,0)∪(2,+∞)时,m(t)的取值范围是(-∞,0) ∪[2 2+3,+∞). 综上,l 在 x 轴上的截距的取值范围是(-∞,0)∪[2 2+3,+∞).
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