资源描述
学案14 导数在争辩函数中的应用
0导学目标： 1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数争辩函数的单调性，会求函数的单调区间(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、微小值(多项式函数一般不超过三次)及最大(最小)值．
自主梳理
1．导数和函数单调性的关系：
(1)若f′(x)>0在(a，b)上恒成立，则f(x)在(a，b)上是______函数，f′(x)>0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；
(2)若f′(x)<0在(a，b)上恒成立，则f(x)在(a，b)上是______函数，f′(x)<0的解集与定义域的交集的对应区间为______区间；
(3)若在(a，b)上，f′(x)≥0，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于零⇔f(x)在(a，b)上为______函数，若在(a，b)上，f′(x)≤0，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于零⇔f(x)在(a，b)上为______函数．
2．函数的极值
(1)推断f(x0)是极值的方法
一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，
①假如在x0四周的左侧________，右侧________，那么f(x0)是极大值；
②假如在x0四周的左侧________，右侧________，那么f(x0)是微小值．
(2)求可导函数极值的步骤
①求f′(x)；
②求方程________的根；
③检查f′(x)在方程________的根左右值的符号．假如左正右负，那么f(x)在这个根处取得________；假如左负右正，那么f(x)在这个根处取得________．
自我检测
1.已知f(x)的定义域为R，f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则 ( )
A．f(x)在x＝1处取得微小值
B．f(x)在x＝1处取得极大值
C．f(x)是R上的增函数
D．f(x)是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数
2．(2009·广东)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是 ( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
3．(2011·济宁模拟)已知函数y＝f(x)，其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)( )
A．在(－∞，0)上为减函数
B．在x＝0处取微小值
C．在(4，＋∞)上为减函数
D．在x＝2处取极大值
4．设p：f(x)＝x3＋2x2＋mx＋1在(－∞，＋∞)内单调递增，q：m≥，则p是q的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
5．(2011·福州模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处取极值10，则f(2)＝________.
探究点一 函数的单调性
例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；
(3)函数f(x)能否为R上的单调函数，若能，求出a的取值范围；若不能，请说明理由．
变式迁移1 (2009·浙江)已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率是－3，求a，b的值；
(2)若函数f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．
探究点二 函数的极值
例2 若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若关于x的方程f(x)＝k有三个零点，求实数k的取值范围．
变式迁移2 设x＝1与x＝2是函数f(x)＝aln x＋bx2＋x的两个极值点．
(1)试确定常数a和b的值；
(2)试推断x＝1，x＝2是函数f(x)的极大值点还是微小值点，并说明理由．
探究点三 求闭区间上函数的最值
例3 (2011·六安模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f(x)有极值．
(1)求a，b，c的值；
(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
变式迁移3 已知函数f(x)＝ax3＋x2＋bx(其中常数a，b∈R)，g(x)＝f(x)＋f′(x)是奇函数．
(1)求f(x)的表达式；
(2)争辩g(x)的单调性，并求g(x)在区间[1,2]上的最大值和最小值．
分类争辩求函数的单调区间
例 (12分)(2009·辽宁)已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x，a>1.
(1)争辩函数f(x)的单调性；
(2)证明：若a<5，则对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>－1.
多角度审题 (1)先求导，依据参数a的值进行分类争辩；(2)若x1>x2，结论等价于f(x1)＋x1>f(x2)＋x2，若x1<x2，问题等价于f(x1)＋x1<f(x2)＋x2，故问题等价于y＝f(x)＋x是单调增函数．
【答题模板】
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝x－a＋＝＝.[2分]
①若a－1＝1，即a＝2时，f′(x)＝.
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②若a－1<1，而a>1，故1<a<2时，则当x∈(a－1,1)时，f′(x)<0；当x∈(0，a－1)及x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(a－1,1)上单调递减，在(0，a－1)，(1，＋∞)上单调递增．
③若a－1>1，即a>2时，同理可得f(x)在(1，a－1)上单调递减，
在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增．[6分]
(2)证明 考虑函数g(x)＝f(x)＋x
＝x2－ax＋(a－1)ln x＋x.
则g′(x)＝x－(a－1)＋≥2－(a－1)
＝1－(－1)2.
由于1<a<5，故g′(x)>0，
即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
从而当x1>x2>0时，有g(x1)－g(x2)>0，
即f(x1)－f(x2)＋x1－x2>0，
故>－1.[10分]
当0<x1<x2时，有＝>－1.
综上，若a<5，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2有>－1.[12分]
【突破思维障碍】
(1)争辩函数的单调区间的关键是争辩导数大于0或小于0的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不
等式的解集的争辩，在能够通过因式分解得到导数等于0的根的状况下，根的大小是分类的标准；
(2)利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过函数争辩函数的性质进而解决不等式问题．
1．求可导函数单调区间的一般步骤和方法：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定义域内的一切实根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的挨次排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；
(4)确定f′(x)在各个开区间内的符号，依据f′(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
2．可导函数极值存在的条件：
(1)可导函数的极值点x0确定满足f′(x0)＝0，但当f′(x1)＝0时，x1不愿定是极值点．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．
(2)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．
3．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点四周的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．
4．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011·大连模拟)设f(x)，g(x)是R上的可导函数，f′(x)、g′(x)分别为f(x)、g(x)的导函数，且f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)<0，则当a<x<b时，有 ( )
A．f(x)g(b)>f(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
2.函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有微小值点 ( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
3．(2011·嘉兴模拟)若函数y＝a(x3－x)在区间上为减函数，则a的取值范围是 ( )
A．a>0 B．－1<a<0
C．a>1 D．0<a<1
4．已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是
( )
A．m≥ B．m>
C．m≤ D．m<
5．设a∈R，若函数y＝eax＋3x，x∈R有大于零的极值点，则 ( )
A．a>－3 B．a<－3
C．a>－ D．a<－
题号
1
2
3
4
5
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2009·辽宁)若函数f(x)＝在x＝1处取极值，则a＝________.
7．已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如右图所示，给出以下结论：
①函数f(x)在(－2，－1)和(1,2)上是单调递增函数；
②函数f(x)在(－2,0)上是单调递增函数，在(0,2)上是单调递减函数；
③函数f(x)在x＝－1处取得极大值，在x＝1处取得微小值；
④函数f(x)在x＝0处取得极大值f(0)．
则正确命题的序号是________．(填上全部正确命题的序号)．
8．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在微小值，则实数m的取值范围为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)求函数f(x)＝的极值．
10．(12分)(2011·秦皇岛模拟)已知a为实数，且函数f(x)＝(x2－4)(x－a)．
(1)求导函数f′(x)；
(2)若f′(－1)＝0，求函数f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值．
11．(14分)(2011·汕头模拟)已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．
(1)求m，n的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(2)若a>0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值．
答案 自主梳理
1．(1)增 增 (2)减 减 (3)增 减 2.(1)①f′(x)>0
f′(x)<0 ②f′(x)<0 f′(x)>0 (2)②f′(x)＝0
③f′(x)＝0 极大值 微小值
自我检测
1．C 2.D 3.C 4.C
5．18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由题意即
得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3.
但当a＝－3时，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，故不存在极值，
∴a＝4，b＝－11，f(2)＝18.
课堂活动区
例1 解题导引 (1)一般地，涉及到函数(尤其是一些格外规函数)的单调性问题，往往可以借助导数这一重要工具进行求解．函数在定义域内存在单调区间，就是不等式f′(x)>0或f′(x)<0在定义域内有解．这样就可以把问题转化为解不等式问题．
(2)已知函数在某个区间上单调求参数问题，通常是解决一个恒成立问题，方法有①分别参数法，②利用二次函数中恒成立问题解决．
(3)一般地，可导函数f(x)在(a，b)上是增(或减)函数的充要条件是：对任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子区间内都不恒等于零．特殊是在已知函数的单调性求参数的取值范围时，要留意“等号”是否可以取到．
解 (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－<x<.
∴函数f(x)的单调递增区间是(－，)．
(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)＝[－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x2－(a－2)x－a≤0对x∈(－1,1)恒成立．
设h(x)＝x2－(a－2)x－a
只须满足，解得a≥.
(3)若函数f(x)在R上单调递减，
则f′(x)≤0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立．
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不行能的．
故函数f(x)不行能在R上单调递减．
若函数f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0对x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈R都成立．
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0对x∈R都成立．
而x2－(a－2)x－a≤0不行能恒成立，
故函数f(x)不行能在R上单调递增．
综上可知函数f(x)不行能是R上的单调函数．
变式迁移1 解 (1)由题意得f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，又，
解得b＝0，a＝－3或a＝1.
(2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－.
又f(x)在(－1,1)上不单调，
即或
解得或
所以a的取值范围为(－5，－)∪(－，1)．
例2 解题导引 本题争辩函数的极值问题．利用待定系数法，由极值点的导数值为0，以及极大值、微小值，建立方程组求解．推断函数极值时要留意导数为0的点不愿定是极值点，所以求极值时确定要推断导数为0的点左侧与右侧的单调性，然后依据极值的定义推断是极大值还是微小值．
解 (1)由题意可知f′(x)＝3ax2－b.
于是，解得
故所求的函数解析式为f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)可知f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)．
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况如下表所示：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
微小值
单调递增
因此，当x＝－2时，
f(x)有极大值，
当x＝2时，f(x)有微小值－，
所以函数的大致图象如图，
故实数k的取值范围为
(－，)．
变式迁移2 解 (1)f′(x)＝＋2bx＋1，
∴.解得a＝－，b＝－.
(2)f′(x)＝－＋(－)＋1＝－.
函数定义域为(0，＋∞)，列表
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
单调递减
微小值
单调递增
极大值
单调递减
∴x＝1是f(x)的微小值点，x＝2是f(x)的极大值点．
例3 解题导引 设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：
(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．
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0；①
当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，
可得4a＋3b＋4＝0.②
由①②解得a＝2，b＝－4，
又切点的横坐标为x＝1，∴f(1)＝4.
∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5.
(2)由(1)，得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
∴f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝，
∴f′(x)<0的解集为，即为f(x)的减区间．
[－3，－2)、是函数的增区间．
又f(－3)＝8，f(－2)＝13，f＝，f(1)＝4，
∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.
变式迁移3 解 (1)由题意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b.
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
由于函数g(x)是奇函数，
所以g(－x)＝－g(x)，即对任意实数x，
有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b
＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，
从而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0，
因此f(x)的表达式为f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，
所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0，
解得x1＝－，x2＝，
则当x<－或x>时，g′(x)<0，
从而g(x)在区间(－∞，－)，(，＋∞)上是减函数；
当－<x<时，g′(x)>0，
从而g(x)在区间(－，)上是增函数．
由前面争辩知，g(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值只能在x＝1，，2时取得，
而g(1)＝，g()＝，g(2)＝.
因此g(x)在区间[1,2]上的最大值为g()＝，
最小值为g(2)＝.
课后练习区
1．C 2.A 3.A 4.A 5.B
6．3
解析 ∵f′(x)＝()′
＝＝，
又∵x＝1为函数的极值，∴f′(1)＝0.
∴1＋2×1－a＝0，即a＝3.
7．②④
解析 观看函数f(x)的导函数f′(x)的图象，由单调性、极值与导数值的关系直接推断．
8．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，则Δ＝4m2－12×(m＋6)>0，∴m>6或m<－3.
9．解 f′(x)＝()′＝，由f′(x)＝0得x＝－2,1.………………(4分)
当x∈(－∞，－2)时f′(x)<0，当x∈(－2,1)时f′(x)>0，故x＝－2是函数的微小值点，故f(x)的微小值为f(－2)＝－；…………………………………………………………………(8分)
当x∈(－2,1)时f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时f′(x)<0，
故x＝1是函数的极大值点，
所以f(x)的极大值为f(1)＝1.……………………………………………………………(12分)
10．解 (1)由f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，
得f′(x)＝3x2－2ax－4.…………………………………………………………………(4分)
(2)由于f′(－1)＝0，所以a＝，
所以f(x)＝x3－x2－4x＋2，f′(x)＝3x2－x－4.
又f′(x)＝0，所以x＝或x＝－1.
又f＝－，f(－1)＝，
f(－2)＝0，f(2)＝0，所以f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值分别为、－.………(12分)
11．解 (1)由函数f(x)图象过点(－1，－6)，
得m－n＝－3. ①
由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，
得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，
则g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
而g(x)的图象关于y轴对称，所以－＝0.
所以m＝－3，代入①，得n＝0.…………………………………………………………(4分)
于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f′(x)>0，得x>2或x<0，
故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)∪(2，＋∞)；
由f′(x)<0，得0<x<2,
故f(x)的单调递减区间是(0,2)．…………………………………………………………(8分)
(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化状况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
微小值
……………………………………………………………………………………………(10分)
由此可得：
当0<a<1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无微小值；
当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；
当1<a<3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有微小值f(2)＝－6，无极大值；
当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．……………………………………………(12分)
综上得：当0<a<1时，f(x)有极大值－2，无微小值；
当1<a<3时，f(x)有微小值－6，无极大值；
当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．………………………………………………………(14分)
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
