【创新设计】(全国通用)2016高考数学二轮专题复习 模板7 函数的单调性、极值、最值问题课件 理

模板7函数的单调性、极值、最值问题【例7】(满分13分)已知函数f(x)＝2ax－a2＋1x2＋1(x∈R)，其中a∈R.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当a≠0时，求函数f(x)的单调区间与极值.[规范解答](1)当a＝1时，f(x)＝2xx2＋1，f(2)＝45，又f′(x)＝2－2x2（x2＋1）2，f′(2)＝－625，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为：y－45＝－625(x－2)，即6x＋25y－32＝0.3分(2)f′(x)＝2a（x2＋1）－2x（2ax－a2＋1）（x2＋1）2＝－2（x－a）（ax＋1）（x2＋1）2，4分①当a＞0，令f′(x)＝0得到x1＝－1a，x2＝a，5分当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x－1a－1a，aa(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值1,a所以f(x)在区间－∞，－1a，a，＋∞内为减函数，在区间－1a，a内为增函数，所以函数f(x)的极小值为f－1a＝－a2，极大值为f(a)＝1.8分②当a＜0时，令f′(x)＝0得x1＝a，x2＝－1a，当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)aa，－1a－1af′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值1,a所以f(x)在(－∞，a)，－1a，＋∞内为增函数，在a，－1a内为减函数，所以函数f(x)的极小值为f－1a＝－a2，极大值为f(a)＝1.12分综上，当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为－1a，a，单调递减区间为－∞，－1a，(a，＋∞)，极大值为1，极小值为－a2.当a＜0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，－1a，＋∞，递减区间为a，－1a，极大值为1，极小值为－a2.13分[解题模板]第一步求函数的定义域；第二步求f(x)的导数；第三步求方程f′(x)＝0的根；第四步利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出表格；第五步由f′(x)的正负确定f(x)在各区间内的单调性；第六步明确规范表述结论.【训练7】(2015·安徽卷改编)设函数f(x)＝x2－ax＋b.(1)讨论函数f(sinx)在－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sinx)－f0(sinx)|在－π2，π2上的最大值D.解(1)f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，－π2xπ2.[f(sinx)]′＝(2sinx－a)cosx，－π2xπ2.因为－π2xπ2，所以cosx0，－22sinx2.①a≤－2，b∈R时，函数f(sinx)单调递增，无极值.②a≥2，b∈R时，函数f(sinx)单调递减，无极值.③对于－2a2，在－π2，π2内存在唯一的x0，使得2sinx0＝a.－π2x≤x0时，函数f(sinx)单调递减；x0≤xπ2时，函数f(sinx)单调递增；因此，－2a2，b∈R时，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝fa2＝b－a24.(2)－π2≤x≤π2时，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝π2，等号成立.当(a0－a)(b－b0)0时，取x＝－π2，等号成立.由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在－π2，π2上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.