高考理科第二章导数及其应用2.2

2．2导数的应用(一)考纲点击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).说基础课前预习读教材考点梳理1.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：(1)如果①__________，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增．(2)如果②__________，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．(3)如果③__________，那么f(x)在这个区间内为常数．2．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④__________，右侧⑤__________，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⑥__________，右侧⑦________，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．(3)求函数极值的步骤第一步，求导数f′(x)；第二步，求方程⑧__________的根；第三步，检查f′(x)在方程根左右的值的符号，如果⑨__________，那么f(x)在这个根处取极大值；如果⑩__________，那么f(x)在这个根处取极小值．答案：①f′(x)＞0②f′(x)＜0③f′(x)＝0④f′(x)＜0⑤f′(x)＞0⑥f′(x)＞0⑦f′(x)＜0⑧f′(x)＝0⑨左正右负⑩左负右正考点自测1.函数y＝f(x)的图象过原点且它的导函数g(x)＝f′(x)的图象是如图所示的一条直线，则y＝f(x)图象的顶点在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限解析：设g(x)＝f′(x)＝kx＋b(k＜0，b＞0)，则函数y＝f(x)＝ax2＋bx＋c，∵f(x)的图象过原点，∴c＝0，则f′(x)＝2ax＋b，由此可知a＜0，b＞0，故y＝ax2＋bx＋c的顶点坐标x＝－b2a＞0，y＝4ac－b24a＝－b24a＞0，故y＝f(x)图象的顶点在第一象限．答案：A2．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，则x＜0时()A．f′(x)＞0，g′(x)＞0B．f′(x)＞0，g′(x)＜0C．f′(x)＜0，g′(x)＞0D．f′(x)＜0，g′(x)＜0解析：由题意知f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．又∵x＞0时，f′(x)＞0，g′(x)＞0，∴x＞0时，f(x)，g(x)单调递增．∴x＜0时，f(x)，g(x)分别为单调递增，单调递减函数，∴x＜0时，f′(x)＞0，g′(x)＜0.答案：B3．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则()A．a＞－3B．a＜－3C．a＞－13D．a＜－13解析：f′(x)＝3＋aeax，若函数在x∈R上有大于零的极值点，即f′(x)＝3＋aeax＝0有正根．当有f′(x)＝3＋aeax＝0成立时，显然有a＜0，此时x＝1aln－3a.由x＞0知参数a的取值范围为a＜－3.答案：B4．函数y＝3x2－2lnx的单调增区间为__________，单调减区间为__________．解析：y′＝6x－2x＝6x2－2x，∵函数的定义域D为(0，＋∞)，∴由y′＞0，得x＞33，∴单调增区间为33，＋∞.由y′＜0得0＜x＜33，∴单调减区间为0，33.答案：33，＋∞0，335．函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析：由题意知f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0得x＝0或x＝2，由f′(x)＞0得x＜0或x＞2，由f′(x)＜0得0＜x＜2.∴f(x)在x＝2处取得极小值．答案：2说考点拓展延伸串知识疑点清源1.导数与函数单调性的关系(1)导函数f′(x)＞0(或＜0)是函数y＝f(x)递增(或递减)的充分不必要条件．如f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0(只在x＝0处f′(x)＝0)．(2)f(x)单调递增⇔f′(x)≥0(只在有限个点处f′(x)＝0)．f(x)单调递减⇔f′(x)≤0(只在有限个点处f′(x)＝0)．2．可导函数的极值(1)极值是一个局部性概念，一个函数在其定义域内可以有许多极大值和极小值，在某一点的极小值也可能大于另一点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系．(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，即在某区间上单调递增或递减的函数没有极值．(3)可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，例如函数y＝x3在x＝0处有y′|x＝0＝0，但x＝0不是极值点．此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，例如y＝|x|的极值点为x＝0，而y＝|x|在x＝0处不可导.题型探究题型一函数的单调性与导数例1已知f(x)＝ex－ax－1.(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；(3)是否存在a，使f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．解析：f′(x)＝ex－a.(1)若a≤0，f′(x)＝ex－a≥0恒成立，即f(x)在R上递增．若a＞0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥lna.∴f(x)的单调递增区间为(lna，＋∞)．(2)∵f(x)在R内单调递增，∴f′(x)≥0在R上恒成立．∴ex－a≥0，即a≤ex在R上恒成立，∴a≤(ex)min，又∵ex＞0，∴a≤0.(3)方法一：由题意知ex－a≤0在(－∞，0]上恒成立．∴a≥ex在(－∞，0]上恒成立．∵ex在(－∞，0]上为增函数．∴x＝0时，ex最大为1.∴a≥1.同理可知ex－a≥0在[0，＋∞)上恒成立．∴a≤ex在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1，∴a＝1.方法二：由题意知，x＝0为f(x)的极小值点．∴f′(0)＝0，即e0－a＝0，∴a＝1.点评：利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′(x)＞0(或f′(x)＜0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)的充分条件，在(a，b)内可导的函数f(x)在(a，b)上递增(或递减)的充要条件应是f′(x)≥0[或f′(x)≤0]，x∈(a，b)恒成立，且f′(x)在(a，b)的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数f(x)在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f′(x0)＝0，甚至可以在无穷多个点处f′(x0)＝0，只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间，因此，在已知函数f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范围时，应令f′(x)≥0[或f′(x)≤0]恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立理论求解)，然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f′(x)不恒为0，则由f′(x)≥0[或f′(x)≤0]恒成立解出的参数的取值范围确定．变式探究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．解析：(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a≥x2＋2xx＋1＝x＋12－1x＋1＝x＋1－1x＋1对x∈(－1,1)都成立．令y＝x＋1－1x＋1，则y′＝1＋1x＋12＞0，∴y＝x＋1－1x＋1在(－1,1)上单调递增，∴y＜1＋1－11＋1＝32，∴a≥32.题型二函数的极值与导数例2已知函数f(x)＝x3＋mx2－m2x＋1(m为常数，且m＞0)有极大值9.(1)求m的值；(2)若斜率为－5的直线是曲线y＝f(x)的切线，求此直线方程．解析：(1)f′(x)＝3x2＋2mx－m2＝(x＋m)(3x－m)＝0，则x＝－m或x＝13m.当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：从而可知，当x＝－m时，函数f(x)取得极大值9，即f(－m)＝－m3＋m3＋m3＋1＝9，∴m＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x3＋2x2－4x＋1，依题意知f′(x)＝3x2＋4x－4＝－5，∴x＝－1或x＝－13，又f(－1)＝6，f－13＝6827，所以切线方程为y－6＝－5(x＋1)，或y－6827＝－5x＋13，即5x＋y－1＝0或135x＋27y－23＝0.点评：此题属于逆向思维，但仍可根据求函数极值的步骤求解，但要注意极值点与导数之间的关系，利用这一关系f′(x)＝0建立字母系数的方程，通过解方程(组)确定字母系数，从而解决问题．变式探究2设函数f(x)＝x2ex－1＋ax3＋bx2，已知x＝－2和x＝1为f(x)的极值点．(1)求a和b的值；(2)讨论f(x)的单调性．解析：(1)因为f′(x)＝ex－1(2x＋x2)＋3ax2＋2bx＝xex－1(x＋2)＋x(3ax＋2b)．又x＝－2和x＝1为f(x)的极值点，所以f′(－2)＝f′(1)＝0，因此－6a＋2b＝0，3＋3a＋2b＝0，解方程组得a＝－13，b＝－1.(2)因为a＝－13，b＝－1，所以f′(x)＝x(x＋2)(ex－1－1)，令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝1.因为当x∈(－∞，－2)∪(0,1)时，f′(x)＜0.当x∈(－2,0)∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0.所以f(x)在(－2,0)和(1，＋∞)上单调递增；在(－∞，－2)和(0,1)上单调递减.题型三用导数证明不等式例3设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a＞ln2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.解析：(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，知f′(x)＝ex－2，x∈R.令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．(2)设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R.于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.由(1)知当a＞ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0.于是对任意x∈R，都有g′(x)＞0，所以g(x)在R上单调递增．于是当a＞ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)．而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0，即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.点评：利用导数证明不等式，关键是根据题意构造函数，并研究函数的单调性、极值或端点值，将不