创新设计高中数学用导数研究函数的单调性与极值.ppt

,抓住,2,个考点,突破,3,个考向,揭秘,3,年高考,第,2,讲用导数研究函数的单调性与极值,考点梳理,函数,f,(,x,),在,(,a,，,b,),内可导，,f,(,x,),在,(,a,，,b,),任意子区间内都不恒等于,0.,f,(,x,),0,f,(,x,),为,_,函数；,f,(,x,),0,f,(,x,),为,_,函数,(1),判断,f,(,x,0,),是极值的方法,一般地，当函数,f,(,x,),在点,x,0,处连续时，,如果在,x,0,附近的左侧,f,(,x,),0,，右侧,f,(,x,),0,，那么,f,(,x,0,),是极大值；,1,函数的单调性,2,函数的极值,增,减,如果在,x,0,附近的左侧,_,，右侧,_,，那么,f,(,x,0,),是极小值,(2),求可导函数极值的步骤,求,f,(,x,),；,求方程,f,(,x,),0,的根；,检查,f,(,x,),在方程,f,(,x,),0,的根左右值的符号如果左正右负，那么,f,(,x,),在这个根处取得,_,；如果左负右正，那么,f,(,x,),在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点,f,(,x,),0,f,(,x,),0,极大值,一个考情解读,本讲内容是高考的必考内容，主要以解答题的形式考查利用导数研究函数的单调性，求函数的单调区间，求函数的极值也有可能以解答题的形式考查导数与解析几何、不等式、三角函数等知识相结合的问题综合题一般作为压轴题出现，难度较大,【,助学,微博,】,考点自测,2,函数,y,3,x,2,6ln,x,的单调增区间为,_,，单调减,区间为,_,答案,(1,，,),(0,1),3,若函数,f,(,x,),ax,3,3,x,2,x,恰有,3,个单调区间，则实数,a,的,取值范围是,_,答案,(,3,0),(0,，,),解析,f,(,x,),3,x,2,a,，由,f,(,x,),在,1,，,),上是单调递增函数，得,f,(,x,),0,在区间,1,，,),上恒成立，即,3,x,2,a,0,，,x,1,，,),恒成立，故实数,a,3,x,2,在,1,，,),上的最小值，即,a,3.,答案,(,，,3,4,已知,a,0,，函数,f,(,x,),x,3,ax,在,1,，,),上是单调递增函数，则,a,的取值范围是,_,5,(2012,启东中学一模,),若函数,f,(,x,),x,3,x,2,ax,4,在区间,(,1,1),内恰有一个极值点，则实数,a,的取值范围是,_,答案,1,5),考向一,利用导数解决函数的单调性问题,令,g,(,x,),ax,2,x,1,a,，,x,(0,，,),，,当,a,0,时，,g,(,x,),x,1,，,x,(0,，,),，,所以，当,x,(0,1),时，,g,(,x,)0,，此时,f,(,x,)0,，函数,f,(,x,),单调递减；当,x,(1,，,),时，,g,(,x,)0,，函数,f,(,x,),单调递增；,当,a,0,时，由,f,(,x,),0,，,x,(0,1),时，,g,(,x,)0,，此时,f,(,x,)0,，函数,f,(,x,),单调递减；,x,(1,，,),时，,g,(,x,)0,，函数,f,(,x,),单调递增,方法总结,讨论函数的单调性其实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,(1),求,f,(,x,),的单调增区间；,(2),若,f,(,x,),在定义域,R,内单调递增，求,a,的取值范围,解,(1),f,(,x,),e,x,ax,1,，,f,(,x,),e,x,a,.,令,f,(,x,),0,，得,e,x,a,，,当,a,0,时，有,f,(,x,),0,在,R,上恒成立；,当,a,0,时，有,x,ln,a,.,综上，当,a,0,时，,f,(,x,),的单调增区间为,(,，,),；,当,a,0,时，,f,(,x,),的单调增区间为,ln,a,，,),【,训练,1】,已知,f,(,x,),e,x,ax,1.,(2),f,(,x,),e,x,ax,1,，,f,(,x,),e,x,a,.,f,(,x,),在,R,上单调递增，,f,(,x,),e,x,a,0,恒成立，,即,a,e,x,，,x,R,恒成立,x,R,时，,e,x,(0,，,),，,a,0.,当,a,0,时，,f,(,x,),e,x,，,f,(,x,),0,在,R,上恒成立,故当,a,0,时，,f,(,x,),在定义域,R,内单调递增,考向二,利用导数解决函数的极值问题,x,(0,1),(1,，,e),e,(e,，,),f,(,x,),0,f,(,x,),单调递减,单调递减,极小值,f,(e),单调递增,由表得函数,f,(,x,),的单调减区间为,(0,1),及,(1,，,e),，单调增区间为,(e,，,),所以存在极小值为,f,(e),e,，无极大值,方法总结,(1),求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能,(2),导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定注意分析这个零点是不是函数的极值点,(2),若,f,(,x,),为,R,上的单调函数，,则,f,(,x,),在,R,上不变号，结合与条件,a,0,，知,ax,2,2,ax,1,0,在,R,上恒成立，,因此,4,a,2,4,a,4,a,(,a,1),0(,a,0),，解得,0,a,1.,所以,a,的取值范围为,(0,1,【,例,3】(2011,江苏,),已知,a,，,b,是实数，函数,f,(,x,),x,3,ax,，,g,(,x,),x,2,bx,，,f,(,x,),和,g,(,x,),分别是,f,(,x,),和,g,(,x,),的导函数，若,f,(,x,),g,(,x,),0,在区间,I,上恒成立，则称,f,(,x,),和,g,(,x,),在区间,I,上单调性一致,考向三,利用导数求参数的取值范围问题,(1),设,a,0.,若,f,(,x,),和,g,(,x,),在区间,1,，,),上单调性一致，求,b,的取值范围；,(2),设,a,0,，故,3,x,2,a,0,，,进而,2,x,b,0,，即,b,2,x,在,1,，,),上恒成立，,所以,b,2.,因此,b,的取值范围是,2,，,),方法总结,若,f,(,x,),在区间,D,上单调增,(,减,),，则对任意的,x,D,，恒有,f,(,x,),0(,f,(,x,),0),，由此可求出含参数的取值范围，另外，还可由,a,f,(,x,)(,a,f,(,x,),恒成立,a,f,(,x,),min,(,a,f,(,x,),max,),，由,f,(,x,),单调性求出,f,(,x,),的最大,(,小,),值，从而可确定参数,a,的取值范围,由于函数的单调性可以用来求最值、解不等式和求解恒成立问题，所以要灵活应用单调性解题,要善于将有关问题转化成单调性问题求解，比如分离参数，构造函数等,规范解答,4,函数的单调性及其应用,当,x,(0,1),时，,g,(,x,),0,，故,(0,1),是,g,(,x,),的单调减区间，,当,x,(1,，,),时，,g,(,x,),0,，故,(1,，,),是,g,(,x,),的单调增区间，,因此，,x,1,是,g,(,x,),的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为,g,(1),1.(4,分,),点评,本题主要考查导数的应用，即如何利用导数求函数的单调性和最值,1,(2012,重庆卷改编,),设函数,f,(,x,),在,R,上可导，其导函数为,f,(,x,),，且函数,y,(1,x,),f,(,x,),的图象如图所示则,f,(,x,),的极值点分别为,_,高考经典题组训练,解析,当,x,3,，则,f,(,x,)0,；当,2,x,1,时，,01,x,3,，则,f,(,x,)0,，所以函数有极大值,f,(,2),当,1,x,2,时，,11,x,0,，则,f,(,x,)2,时，,1,x,0,，所以函数有极小值,f,(2),答案,2,或,2,又由,f,(,x,),e,x,1,x,知，当,x,(,，,0),时，,f,(,x,)0,，所以,f,(,x,),在,(,，,0),上单调递减，在,(0,，,),上单调递增,(1),当,a,1,，,b,2,时，求曲线,y,f,(,x,),在点,(2,，,f,(2),处的切线方程；,(2),设,x,1,，,x,2,是,f,(,x,),的两个极值点，,x,3,是,f,(,x,),的一个零点，且,x,3,x,1,，,x,3,x,2,.,证明：存在实数,x,4,，使得,x,1,，,x,2,，,x,3,，,x,4,按某种顺序排列后构成等差数列，并求,x,4,.,解,(1),当,a,1,，,b,2,时，因为,f,(,x,),(,x,1)(3,x,5),，,故,f,(2),1.,又,f,(2),0,，,所以曲线,y,f,(,x,),在点,(2,0),处的切线方程为,y,x,2.,3,(2010,浙江卷,),已知函数,f,(,x,),(,x,a,),2,(,x,b,)(,a,，,b,R,，,a,b,),(1),求,a,的值；,(2),求函数,f,(,x,),的极值,