高考数学一轮复习 第2讲 导数与函数的单调性 极值 最值课件 理 新人教B

考点突破夯基释疑考点一考点三考点二例1训练1例2训练2例3训练3第2讲导数与函数的单调性、极值、最值概要课堂小结判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充要条件．()(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(5)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．()夯基释疑考点突破所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2014·山东卷)设函数f(x)＝alnx＋x－1x＋1，其中a为常数．(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)＝x－1x＋1，x∈(0，＋∞)．首先要确定函数的定义域此时f′(x)＝2(x＋1)2.可得f′(1)＝12，又f(1)＝0，利用导数研究考点突破考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2014·山东卷)设函数f(x)＝alnx＋x－1x＋1，其中a为常数．(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．f′(x)＝ax＋2(x＋1)2＝ax2＋(2a＋2)x＋ax(x＋1)2.①当a＝－12时，Δ＝0，f′(x)＝－12(x－1)2x(x＋1)2≤0，(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．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)，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．考点突破考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2014·山东卷)设函数f(x)＝alnx＋x－1x＋1，其中a为常数．(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．②当a＜－12时，Δ＜0，g(x)＜0，③当－12＜a＜0时，Δ＞0.设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．则x1＝－（a＋1）＋2a＋1a，x2＝－（a＋1）－2a＋1a.由x1＝a＋1－2a＋1－a＝a2＋2a＋1－2a＋1－a＞0，考点突破考点一利用导数研究函数的单调性【例1】(2014·山东卷)设函数f(x)＝alnx＋x－1x＋1，其中a为常数．(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．当a≤－12时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a＜0时，f(x)在0，－（a＋1）＋2a＋1a，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；－（a＋1）－2a＋1a，＋∞上单调递减，在－（a＋1）＋2a＋1a，－（a＋1）－2a＋1a上单调递增．考点突破规律方法(1)利用导数研究函数单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需要根据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．(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．考点一利用导数研究函数的单调性考点突破令f′(x)＝0，得ex＝1或ex＝2，【训练1】(2015·嘉兴质检)已知函数f(x)＝ex2－1ex－ax(a∈R)．(1)当a＝32时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，求实数a的取值范围．解(1)当a＝32时，f(x)＝ex2－1ex－32x，f′(x)＝12ex[(ex)2－3ex＋2]考点一利用导数研究函数的单调性＝12ex(ex－1)(ex－2)，即x＝0或x＝ln2；令f′(x)＞0，则x＜0或x＞ln2；令f′(x)＜0，则0＜x＜ln2.∴f(x)的递增区间是(－∞，0)，(ln2，＋∞)；递减区间是(0，ln2)．考点突破令ex＝t，由于x∈[－1，1]，【训练1】(2015·嘉兴质检)已知函数f(x)＝ex2－1ex－ax(a∈R)．(1)当a＝32时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，求实数a的取值范围．(2)f′(x)＝ex2＋1ex－a，∴t∈1e，e.考点一利用导数研究函数的单调性令h(t)＝t2＋1tt∈1e，e，∴当t∈1e，2时，h′(t)＜0，函数h(t)为单调减函数；当t∈(2，e]时，h′(t)＞0，函数h(t)为单调增函数．故h(t)在1e，e上的极小值点为t＝2.又h(e)＝e2＋1e＜h1e＝12e＋e，∴2≤h(t)≤e＋12e.考点突破∵函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，【训练1】(2015·嘉兴质检)已知函数f(x)＝ex2－1ex－ax(a∈R)．(1)当a＝32时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在[－1，1]上为单调函数，求实数a的取值范围．则a≤t2＋1t对t∈1e，e恒成立，则a≥t2＋1t对t∈[1e，e]恒成立，考点一利用导数研究函数的单调性所以a≤2；所以a≥e＋12e，综上可得a的取值范围是(－∞，2]∪e＋12e，＋∞.若函数f(x)在[－1，1]上单调递增，若函数f(x)在[－1，1]上单调递减，考点突破考点二利用导数研究函数的极值【例2】已知函数f(x)＝x4＋ax－lnx－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．解(1)对f(x)求导得f′(x)＝14－ax2－1x，由f(x)在点(1，f(1)处的切线垂直于直线y＝12x，知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝54.考点突破考点二利用导数研究函数的极值(2)由(1)知f(x)＝x4＋54x－lnx－32，则f′(x)＝x2－4x－54x2.令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0，5)时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)＞0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln5.【例2】已知函数f(x)＝x4＋ax－lnx－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x.(1)求a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值．考点突破考点二利用导数研究函数的极值规律方法(1)可导函数y＝f(x)在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)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．考点突破解(1)对f(x)求导，得f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c，由f′(x)为偶函数，知f′(－x)＝f′(x)恒成立，即2(a－b)(e2x－e－2x)＝0，所以a＝b.又f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c，故a＝1，b＝1.(2)当c＝3时，f(x)＝e2x－e－2x－3x，那么【训练2】(2014·重庆卷)已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.(1)确定a，b的值；(2)若c＝3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．考点二利用导数研究函数的极值f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3≥22e2x·2e－2x－3＝10，而2e2x＋2e－2x≥22e2x·2e－2x＝4，当x＝0时等号成立．故f(x)在R上为增函数．(3)由(1)知f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c，考点突破下面分三种情况进行讨论：当c4时,对任意x∈R,f′(x)＝2e2x＋2e－2x－c0,此时f(x)无极值;当c＝4时,对任意x≠0,f′(x)＝2e2x＋2e－2x－40,此时f(x)无极值;当c4时，令e2x＝t，【训练2】(2014·重庆卷)已知函数f(x)＝ae2x－be－2x－cx(a，b，c∈R)的导函数f′(x)为偶函数，且曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线的斜率为4－c.(1)确定a，b的值；(2)若c＝3，判断f(x)的单调性；(3)若f(x)有极值，求c的取值范围．考点二利用导数研究函数的极值注意到方程2t＋2t－c＝0有两根t1，2＝c±c2－1640，即f′(x)＝0有两个根x＝12lnt1或x＝12lnt2.当x1xx2时，f′(x)0；又当xx2时，f′(x)0，从而f(x)在x＝x2处取得极小值．综上，若f(x)有极值，则c的取值范围为(4，＋∞)．考点突破考点三利用导数研究函数的最值【例3】(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．解(1)当a＝－4时，由f′(x)＝2(5x－2)(x－2)x＝0得x＝25或x＝2，由f′(x)＞0得x∈0，25或x∈(2，＋∞)，故函数f(x)的单调递增区间为0，25和(2，＋∞)．考点突破考点三利用导数研究函数的最值【例3】(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．(2)f′(x)＝(10x＋a)(2x＋a)2x，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－a10或x＝－a2.当x∈0，－a10时，f(x)单调递增；当x∈－a10，－a2时，f(x)单调递减；当x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增．易知f(x)＝(2x＋a)2x≥0，且f－a2＝0.深度思考对于第(2)小问已知函数f(x)在某个闭区间上的最值，求参数值，一般解法你了解吗？(先求f(x)的最值再解方程求参数)考点突破考点三利用导数研究函数的最值【例3】(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．①当－a2≤1，即－2≤a＜0时，f(x)在[1，4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±22－2，均不符合题意．②当1＜－a2≤4，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1，4]上的最小值为f－a2＝0，不符合题意．③当－a2＞4，即a＜－8时，f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，考点突破考点三利用导数研究函数的最值【例3】(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)x，其中a＜0.(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间[1，4]上的最小值为8，求a的值．而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在[1，4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．综上，a＝－10.接上一页f(x)在[1，4]上的最小值可能在x＝1