导数与函数的单调性极值最值参考模板Word格式.docx
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三、知识讲解
考点1利用导数研究函数的单调性
如果在某个区间内,函数y=f(x)的导数f′(x)>
0,则在这个区间上,函数y=f(x)是增加的;
如果在某个区间内,函数y=f(x)的导数f′(x)<
0,则在这个区间上,函数y=f(x)是减少的.
利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况,直观而且条理,减少失分.
考点2利用导数求函数的极值
求极值、最值时,要求步骤规范、表格齐全;
含参数时,要讨论参数的大小.
注意定义域优先的原则,求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行.
①若f′(x)在x0两侧的符号“左正右负”,则x0为极大值点;
②若f′(x)在x0两侧的符号“左负右正”,则x0为极小值点;
③若f′(x)在x0两侧的符号相同,则x0不是极值点.
考点3利用导数求函数的最值
(1)在闭区间[a,b]上连续的函数f(x)在[a,b]上必有最大值与最小值.
(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;
若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值,f(b)为函数的最小值.
(3)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如下:
①求f(x)在(a,b)内的极值;
②将f(x)的各极值与f(a),f(b)进行比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.
四、例题精析
考点一利用导数研究函数的单调性
例1已知函数f(x)=ex-ax-1.
(1)求f(x)的单调增区间;
(2)是否存在a,使f(x)在(-2,3)上为减函数,若存在,求出a的取值范围,若不存在,请说明理由.
【规范解答】f′(x)=ex-a,
(1)若a≤0,则f′(x)=ex-a≥0,即f(x)在R上单调递增,
若a>
0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥lna.因此当a≤0时,f(x)的单调增区间为R,
当a>
0时,f(x)的单调增区间是[lna,+∞).
(2)∵f′(x)=ex-a≤0在(-2,3)上恒成立.∴a≥ex在x∈(-2,3)上恒成立.
又∵-2<
x<
3,∴e-2<
ex<
e3,只需a≥e3.当a=e3时,f′(x)=ex-e3在x∈(-2,3)上,
f′(x)<
0,即f(x)在(-2,3)上为减函数,∴a≥e3.
故存在实数a≥e3,使f(x)在(-2,3)上为减函数.
【总结与反思】
(1)利用导数的符号来判断函数的单调性;
(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题;
(3)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f′(x)≥0且在(a,b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.
考点二利用导数求函数的极值
例2设a>
0,函数f(x)=
x2-(a+1)x+a(1+lnx).
(1)求曲线y=f(x)在(2,f
(2))处与直线y=-x+1垂直的切线方程;
(2)求函数f(x)的极值.
【规范解答】
(1)由已知,得x>
0,f′(x)=x-(a+1)+
,y=f(x)在(2,f
(2))处切线的斜率为1,
所以f′
(2)=1,即2-(a+1)+
=1,所以a=0,此时f
(2)=2-2=0,
故所求的切线方程为y=x-2.
(2)f′(x)=x-(a+1)+
=
.
①当0<
a<
1时,若x∈(0,a),f′(x)>
0,函数f(x)单调递增;
若x∈(a,1),f′(x)<
0,函数f(x)单调递减;
若x∈(1,+∞),f′(x)>
0,函数f(x)单调递增.
此时x=a是f(x)的极大值点,x=1是f(x)的极小值点,
函数f(x)的极大值是f(a)=-
a2+alna,极小值是f
(1)=-
②当a=1时,f′(x)=
>
0,所以函数f(x)在定义域(0,+∞)内单调递增,此时f(x)没有极值点,故无极值.
③当a>
1时,若x∈(0,1),f′(x)>
若x∈(1,a),f′(x)<
若x∈(a,+∞),f′(x)>
此时x=1是f(x)的极大值点,x=a是f(x)的极小值点,
函数f(x)的极大值是f
(1)=-
,
极小值是f(a)=-
a2+alna.
综上,当0<
1时,f(x)的极大值是-
a2+alna,
极小值是-
;
当a=1时,f(x)没有极值;
,极小值是-
【总结与反思】
(1)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要注意分析这个零点是不是函数的极值点.
(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.
考点三利用导数求函数的最值
例3已知函数f(x)=ax2+1(a>
0),g(x)=x3+bx.
(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a,b的值;
(2)当a=3,b=-9时,若函数f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为28,求k的取值范围.
【规范解答】
(1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b.
因为曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,
所以f
(1)=g
(1)且f′
(1)=g′
(1),即a+1=1+b且2a=3+b,解得a=3,b=3.
(2)记h(x)=f(x)+g(x),当a=3,b=-9时,h(x)=x3+3x2-9x+1,所以h′(x)=3x2+6x-9.
令h′(x)=0,得x1=-3,x2=1.h′(x),h(x)在(-∞,2]上的变化情况如下表所示:
x
(-∞,-3)
-3
(-3,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
+
-
h(x)
28
-4
3
由表可知当k≤-3时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为28;
当-3<
k<
2时,函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此k的取值范围是(-∞,-3].
【总结与反思】
(1)求解函数的最值时,要先求函数y=f(x)在[a,b]内所有使f′(x)=0的点,再计算函数y=f(x)在区间内所有使f′(x)=0的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.
(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况.
五、课堂运用
【基础】
1、
(1)设函数f(x)=
x3-(1+a)x2+4ax+24a,其中常数a>
1,则f(x)的单调减区间为________.
【答案】 (2,2a)
【规范解答】f′(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a),
由a>
1知,当x<
2时,f′(x)>
0,
故f(x)在区间(-∞,2)上是增函数;
当2<
2a时,f′(x)<
故f(x)在区间(2,2a)上是减函数;
当x>
2a时,f′(x)>
故f(x)在区间(2a,+∞)上是增函数.
综上,当a>
1时,
f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是增函数,
在区间(2,2a)上是减函数.
(2)已知a>
0,函数f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是单调递增函数,则a的取值范围是________.
【答案】 (0,3]
【规范解答】 ∵f′(x)=3x2-a,f(x)在[1,+∞)上是单调递增函数,
∴f′(x)≥0,∴a≤3x2,∴a≤3.
又a>
0,可知0<
a≤3.
2、设f(x)=
,其中a为正实数.
(1)当a=
时,求f(x)的极值点;
(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.
【规范解答】 对f(x)求导得f′(x)=ex·
.①
时,若f′(x)=0,则4x2-8x+3=0,
解得x1=
,x2=
.结合①,可知
f′(x)
f(x)
极大值
极小值
所以x1=
是极小值点,x2=
是极大值点.
(2)若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>
0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,即Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,
由此并结合a>
0,知0<
a≤1.
所以a的取值范围为{a|0<
a≤1}.
3.已知函数f(x)=xlnx.
(1)求函数f(x)的极值点;
(2)设函数g(x)=f(x)-a(x-1),其中a∈R,求函数g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中e为自然对数的底数).
(1)f′(x)=lnx+1,x>
0,由f′(x)=0得x=
所以f(x)在区间(0,
)上单调递减,在区间(
,+∞)上单调递增.
所以,x=
是函数f(x)的极小值点,极大值点不存在.
(2)g(x)=xlnx-a(x-1),则g′(x)=lnx+1-a,
由g′(x)=0,得x=ea-1,所以,在区间(0,ea-1)上,g(x)为递减函数,
在区间(ea-1,+∞)上,g(x)为递增函数.
当ea-1≤1,即a≤1时,在区间[1,e]上,g(x)为递增函数,
所以g(x)的最小值为g
(1)=0.
当1<
ea-1<
e,即1<
2时,g(x)的最小值为g(ea-1)=a-ea-1.
当ea-1≥e,即a≥2时,在区间[1,e]上,g(x)为递减函数,
所以g(x)的最小值为g(e)=a+e-ae.
综上,当a≤1时,g(x)的最小值为0;
2时,g(x)的最小值为a-ea-1;
当a≥2时,g(x)的最小值为a+e-ae.
【巩固】
1、已知函数f(x)=(x-k)ex.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
(1)由题意知f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0,得x=k-1.
f(x)与f′(x)的情况如下:
(-∞,k-1)
k-1
(k-1,+∞)
-ek-1
所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);
单调递增区间是(k-1,+∞).
(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;
当0<
k-1<
1,即1<
2时,
f(x)在[0,k-1)上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;
当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上单调递减,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f
(1)=(1-k)e.
综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;
2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;
当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f
(1)=(1-k)e.
2设函数f(x)=
x2-9lnx在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数a的取值范围是( )
A.1<
a≤2B.a≥4
C.a≤2D.0<
a≤3
【答案】A
【规范解答】 ∵f(x)=
x2-9lnx,∴f′(x)=x-
(x>
0),
当x-
≤0时,有0<
x≤3,即在(0,3]上原函数是减函数,
∴a-1>
0且a+1≤3,解得1<
a≤2.
3.函数f(x)=x3-3x2+2在区间[-1,1]上的最大值是( )
A.-2B.0C.2D.4
【答案】 C
【规范解答】∵f′(x)=3x2-6x,令f′(x)=0,得x=0或x=2.
∴f(x)在[-1,0)上是增函数,f(x)在(0,1]上是减函数.
∴f(x)max=f(x)极大值=f(0)=2.
【拔高】
1、(2013·
课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4.
(1)求a,b的值;
(2)讨论f(x)的单调性,并求f(x)的极大值.
【规范解答】
(1)f′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4=ex(ax+a+b)-2x-4
∵y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为y=4x+4,
∴f′(0)=a+b-4=4,f(0)=b=4,
∴a=4,b=4.
(2)由
(1)知f′(x)=4ex(x+2)-2(x+2)=2(x+2)(2ex-1)令f′(x)=0得x1=-2,x2=ln
列表:
(-∞,-2)
-2
ln
∴y=f(x)的单调增区间为(-∞,-2),
单调减区间为
f(x)极大值=f(-2)=4-4e-2.
2.已知函数f(x)=(ax2+bx+c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)=1,f
(1)=0.
(1)求a的取值范围.
(2)设g(x)=f(x)-f′(x),求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值.
【规范解答】
(1)由f(0)=1,f
(1)=0,得c=1,a+b=-1,
则f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex,f′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex,
依题意对于任意x∈[0,1],有f′(x)≤0.
0时,因为二次函数y=ax2+(a-1)x-a的图像开口向上,
而f′(0)=-a<
0,所以需f′
(1)=(a-1)e<
0,即0<
1;
当a=1时,对于任意x∈[0,1],有f′(x)=(x2-1)ex≤0,
且只在x=1时f′(x)=0,f(x)符合条件;
当a=0时,对于任意x∈[0,1],f′(x)=-xex≤0,
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