函数与导数问题归纳总结.docx
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函数与导数问题归纳总结
函数与导数问题归纳总结
适用学科
高中数学
适用年级
高中三年级
适用区域
通用
课时时长(分钟)
60
知识点
类型1 利用导数研究函数的单调性
类型2 利用导数求函数的极值或最值
类型3 利用导数研究函数的零点问题
类型4 利用导数研究与不等式有关的问题
教学目标
1.了解函数的单调性与导数的关系;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);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次).
教学重点
利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值或最值
教学难点
利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究与不等式有关的问题
教学过程
一、课程导入
从近两年高考试题看,导数与方程、函数零点、不等式的交汇综合,以及利用导数研究生活中的优化问题,是考查的热点,并且常考常新.题型以解答题为主,综合考查学生分析问题、解决问题的能力.
二、复习预习
利用导数研究函数的单调性、求极(最)值,题型全面,小题主要考查利用导数求函数的单调区间和极值,大题考查导数与函数单调性、极值与最值的关系,多与方程、一元二次不等式等知识交汇,体现转化思想、分类讨论思想的应用,在求解过程中应注意答题的规范化.
三、知识讲解
考点1
类型1 利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的单调性是高考的热点,多与一元二次不等式相联系,根据导数与函数单调性的关系,研究函数的单调性,实际上就是讨论导函数f′(x)的函数值正负的问题.
考点2
类型2 利用导数求函数的极值或最值
利用导数研究函数的极值或最值是近两年高考的热点,通过f′(x)=0的根与函数极值点的联系,求函数的极值或求参数的值(范围),通过函数极值和函数在相应区间端点函数值的比较确定函数的最值.
考点3
类型3 利用导数研究函数的零点问题
利用导数研究函数的零点问题是近两年高考命题的亮点,求解时应把函数的零点存在性定理、函数的单调性、极值点等综合起来考虑,最后数形结合求得结果.
考点4
类型4 利用导数研究与不等式有关的问题
常见题型及转化方法:
(1)不等式恒成立问题,转化为函数的最值问题;
(2)证明不等式,转化为证明函数的单调性问题;
(3)证明不等式,转化为函数的最小值大于最大值问题.
四、例题精析
类型1 利用导数研究函数的单调性
【例题1】
【题干】(2014·石家庄模拟)已知函数f(x)=lnx+mx2(m∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若A、B是函数f(x)图象上不同的两点,且直线AB的斜率恒大于1,求实数m的取值范围.
【解析】
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=
+2mx=
.
当m≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当m<0时,由f′(x)=0得x=
.
当x∈
时,f′(x)>0,f(x)在
上单调递增;
当x∈
时,f′(x)<0,f(x)在
上单调递减.
综上所述,当m≥0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当m<0时,f(x)在
上单调递增,
在
上单调递减.
(2)依题意,设A(a,f(a)),B(b,f(b)),不妨设a>b>0,
则kAB=
>1恒成立,
即f(a)-f(b)>a-b恒成立,
即f(a)-a>f(b)-b恒成立,
令g(x)=f(x)-x=lnx+mx2-x,
则g(x)在(0,+∞)上为增函数,
所以g′(x)=
+2mx-1=
≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
所以2mx2-x+1≥0对x∈(0,+∞)恒成立,
即2m≥-
+
=-
2+
对x∈(0,+∞)恒成立,
因此m≥
.
即实数m的取值范围是
.
【总结与反思】
1.本题
(2)中把直线AB的斜率恒大于1转化为函数g(x)=f(x)-x在(0,+∞)上是增函数是解题的关键.
2.判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值等问题,最终归结到判断f′(x)的符号问题上,而f′(x)>0或f′(x)<0,最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题.
类型2 利用导数求函数的极值或最值
【例题2】
【题干】
(2013·重庆高考)设f(x)=a(x-5)2+6lnx,其中x∈R,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线与y轴相交于点(0,6).
(1)确定a的值;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值.
【解析】
(1)因为f(x)=a(x-5)2+6lnx,
故f′(x)=2a(x-5)+
.
令x=1,得f
(1)=16a,f′
(1)=6-8a,所以曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线方程为y-16a=(6-8a)(x-1).
由点(0,6)在切线上可得6-16a=8a-6,故a=
.
(2)由
(1)知,f(x)=
(x-5)2+6lnx(x>0),
f′(x)=x-5+
=
.
令f′(x)=0,解得x1=2,x2=3.
当0 由此可知,f(x)在x=2处取得极大值f (2)= +6ln2, 在x=3处取得极小值f(3)=2+6ln3. 【总结与反思】 “最值”与“极值”的区别和联系 (1)“最值”是整体概念,是比较整个定义域或区间内的函数值得出的,具有绝对性;而“极值”是个局部概念,是比较极值点附近函数值得出的,具有相对性. (2)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个,而函数的极值可能不止一个,也可能一个没有. (3)极值只能在区间内部取得,而最值可以在区间的端点处取得. (4)有极值的未必有最值,有最值的未必有极值;极值有可能成为最值,最值只要不在端点必定是极值. 类型3 利用导数研究函数的零点问题 【例题3】 【题干】 已知函数f(x)=ex(x2+ax-a),其中a是常数. (1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程; (2)若存在实数k,使得关于x的方程f(x)=k在[0,+∞)上有两个不相等的实数根,求k的取值范围. 【解析】 (1)由f(x)=ex(x2+ax-a)可得 f′(x)=ex[x2+(a+2)x]. 当a=1时,f (1)=e,f′ (1)=4e. 所以曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e. (2)令f′(x)=ex[x2+(a+2)x]=0, 解得x=-(a+2)或x=0. 当-(a+2)≤0,即a≥-2时,在区间[0,+∞)上,f′(x)≥0, 所以f(x)是[0,+∞)上的增函数, 所以方程f(x)=k在[0,+∞)上不可能有两个不相等的实数根. 当-(a+2)>0,即a<-2时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表: x 0 (0,-(a+2)) -(a+2) (-(a+2),+∞) f′(x) 0 - 0 + f(x) -a 由上表可知函数f(x)在[0,+∞)上的最小值为f(-(a+2))= . 因为函数f(x)是(0,-(a+2))上的减函数,是(-(a+2),+∞)上的增函数,且当x≥-a时,有f(x)≥e-a(-a)>-a,又f(0)=-a. 所以要使方程f(x)=k在[0,+∞)上有两个不相等的实数根,k的取值范围是 . 【总结与反思】 1.在解答本题 (2)时应判断f(x)>f(0)是否成立,这是容易忽视的地方. 2.该类问题的求解,一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质,并借助函数图象,根据零点或图象的交点情况,建立含参数的方程(或不等式)组求解,实现形与数的和谐统一. 类型4 利用导数研究与不等式有关的问题 【例题4】 (2012·山东高考)已知函数f(x)= (k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数),曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线与x轴平行. (1)求k的值; (2)求f(x)的单调区间; (3)设g(x)=xf′(x),其中f′(x)为f(x)的导函数,证明: 对任意x>0,g(x)<1+e-2. 【解析】 (1)f′(x)= , 由已知,f′ (1)= =0,∴k=1. (2)由 (1)知,f′(x)= . 设k(x)= -lnx-1,则k′(x)=- - <0, 即k(x)在(0,+∞)上是减函数, 由k (1)=0知,当0 当x>1时,k(x)<0,从而f′(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞). (3)证明 由 (2)可知,当x≥1时,g(x)=xf′(x)≤0<1+e-2,故只需证明g(x)<1+e-2在0 当0 ∴g(x)= <1-xlnx-x. 设F(x)=1-xlnx-x,x∈(0,1), 则F′(x)=-(lnx+2), 当x∈(0,e-2)时,F′(x)>0,当x∈(e-2,1)时,F′(x)<0, 所以当x=e-2时,F(x)取得最大值F(e-2)=1+e-2. 所以g(x) 综上,对任意x>0,g(x)<1+e-2. 【总结与反思】 1.本题(3)中,根据当x>0时,ex>1,得到g(x)<1-xlnx-x,从而只需证明1-xlnx-x<1+e2; 2.与不等式有关的问题最终可转化为函数的最值与0的关系. 【例题5】 (2013·皖南八校第一次联考)已知函数f(x)=(x2-3x+1)ex. (1)求函数f(x)在点(1,f (1))处的切线方程; (2)若对∀x∈(1,+∞),不等式f(x)>m恒成立,求实数m的取值范围. 【解析】 (1)f (1)=-e,f′(x)=(2x-3)ex+(x2-3x+1)ex=(x2-x-2)ex,所以f′ (1)=-2e,所以y+e=-2e(x-1),即2ex+y-e=0. 所以所求切线的方程为2ex+y-e=0. (2)∀x∈(1,+∞),不等式f(x)>m恒成立. 由题意可转化为: 在区间(1,+∞)上,f(x)min>m. 令f′(x)=(x2-x-2)ex=0,得x=2. 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x (1,2) 2 (2,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 极小值 由表可知f(x)的极小值也是最小值是f (2)=-e2,所以f(x)min=-e2,即m<-e2,因此所求实数m的取值范围是(-∞,-e2). 课程小结 三个条件 1.在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件. 2.可导函数f(x)在(a,b)上是增(减)函数的充要条件是: 对∀x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0),且f′(x)在(a,b)的任何子区间内都不恒为零. 3.对于可导函数f(x),f′(x0)=0是函数f(x)在x=x0处有极值的必要不充分条件. 三点注意 1.求单调区间应遵循定义域优先的原则. 2.f′(x0)=0时,x0不一定是极值点. 3.求最值时,应注意极值点和所给区间的关系,关系不确定时应分类讨论
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