高中数学高考高考数学一轮复习总教案：3 1 导数的应用(一)

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题型一 求函数f(x)的单调区间[来源]
【例1】已知函数f(x)＝x2－ax－aln(x－1)(a∈R)，求函数f(x)的单调区间.
【解析】函数f(x)＝x2－ax－aln(x－1)的定义域是(1，＋∞).
f′(x)＝2x－a－eq \f(a,x－1)＝eq \f(2x(x－\f(a＋2,2)),x－1)，
①若a≤0，则eq \f(a＋2,2)≤1，f′(x)＝eq \f(2x(x－\f(a＋2,2)),x－1)＞0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤0时，f(x)的增区间为(1，＋∞).
②若a＞0，则eq \f(a＋2,2)＞1，
故当x∈(1，eq \f(a＋2,2)]时，f′(x)＝eq \f(2x(x－\f(a＋2,2)),x－1)≤0；
当x∈[eq \f(a＋2,2)，＋∞)时，f′(x)＝eq \f(2x(x－\f(a＋2,2)),x－1)≥0，
所以a＞0时，f(x)的减区间为(1，eq \f(a＋2,2)]，f(x)的增区间为[eq \f(a＋2,2)，＋∞).
【点拨】在定义域x＞1下，为了判定f′(x)符号，必须讨论实数eq \f(a＋2,2)与0及1的大小，分类讨论是解本题的关键.
【变式训练1】已知函数f(x)＝x2＋ln x－ax在(0,1)上是增函数，求a的取值范围.[来源:数理化网]
【解析】因为f′(x)＝2x＋eq \f(1,x)－a，f(x)在(0,1)上是增函数，
所以2x＋eq \f(1,x)－a≥0在(0,1)上恒成立，
即a≤2x＋eq \f(1,x)恒成立.
又2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2)(当且仅当x＝eq \f(\r(2),2)时，取等号).
所以a≤2eq \r(2)，
故a的取值范围为(－∞，2eq \r(2)].[来源]
【点拨】当f(x)在区间(a，b)上是增函数时⇒f′(x)≥0在(a，b)上恒成立；同样，当函数f(x)在区间(a，b)上为减函数时⇒f′(x)≤0在(a，b)上恒成立.然后就要根据不等式恒成立的条件来求参数的取值范围了.
题型二 求函数的极值
【例2】已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1.
(1)试求常数a，b，c的值；
(2)试判断x＝±1是函数的极小值点还是极大值点，并说明理由.
【解析】(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
因为x＝±1是函数f(x)的极值点，
所以x＝±1是方程f′(x)＝0，即3ax2＋2bx＋c＝0的两根.
由根与系数的关系，得
又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1. ③
由①②③解得a＝eq \f(1,2)，b＝0，c＝－eq \f(3,2).
(2)由(1)得f(x)＝eq \f(1,2)x3－eq \f(3,2)x，
所以当f′(x)＝eq \f(3,2)x2－eq \f(3,2)＞0时，有x＜－1或x＞1；
当f′(x)＝eq \f(3,2)x2－eq \f(3,2)＜0时，有－1＜x＜1.
所以函数f(x)＝eq \f(1,2)x3－eq \f(3,2)x在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上是减函数.
所以当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1；当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1.
【点拨】求函数的极值应先求导数.对于多项式函数f(x)来讲， f(x)在点x＝x0处取极值的必要条件是f′(x)＝0.但是， 当x0满足f′(x0)＝0时， f(x)在点x＝x0处却未必取得极值，只有在x0的两侧f(x)的导数异号时，x0才是f(x)的极值点.并且如果f′(x)在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f(x)的极大值点，f(x0)是极大值；如果f′(x)在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f(x)的极小值点，f(x0)是极小值.
【变式训练2】定义在R上的函数y＝f(x)，满足f(3－x)＝f(x)，(x－eq \f(3,2))f′(x)＜0，若x1＜x2，且x1＋x2＞3，则有( )
A. f(x1)＜f(x2)B. f(x1)＞f(x2)
C. f(x1)＝f(x2)D.不确定
【解析】由f(3－x)＝f(x)可得f[3－(x＋eq \f(3,2))]＝f(x＋eq \f(3,2))，即f(eq \f(3,2)－x)＝f(x＋eq \f(3,2))，所以函数f(x)的图象关于x＝eq \f(3,2)对称.又因为(x－eq \f(3,2))f′(x)＜0，所以当x＞eq \f(3,2)时，函数f(x)单调递减，当x＜eq \f(3,2)时，函数f(x)单调递增.当eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3,2)时，f(x1)＝f(x2)，因为x1＋x2＞3，所以eq \f(x1＋x2,2)＞eq \f(3,2)，相当于x1，x2的中点向右偏离对称轴，所以f(x1)＞f(x2).故选B.
题型三 求函数的最值
【例3】 求函数f(x)＝ln(1＋x)－eq \f(1,4)x2在区间[0,2]上的最大值和最小值.
【解析】f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x，令eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x＝0，化简为x2＋x－2＝0，解得x1＝－2或x2＝1，其中x1＝－2舍去.
又由f′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(1,2)x＞0，且x∈[0,2]，得知函数f(x)的单调递增区间是(0,1)，同理， 得知函数f(x)的单调递减区间是(1,2)，所以f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数f(x)的极大值.又因为f(0)＝0，f(2)＝ln 3－1＞0，f(1)＞f(2)，所以，f(0)＝0为函数f(x)在[0,2]上的最小值，f(1)＝ln 2－eq \f(1,4)为函数f(x)在[0,2]上的最大值.
【点拨】求函数f(x)在某闭区间[a，b]上的最值，首先需求函数f(x)在开区间(a，b)内的极值，然后，将f(x)的各个极值与f(x)在闭区间上的端点的函数值f(a)、f(b)比较，才能得出函数f(x)在[a，b]上的最值.
【变式训练3】(2008江苏)f(x)＝ax3－3x＋1对x∈[－1,1]总有f(x)≥0成立，则a＝ .
【解析】若x＝0，则无论a为何值，f(x)≥0恒成立.
当x∈(0,1]时，f(x)≥0可以化为a≥eq \f(3,x2)－eq \f(1,x3)，
设g(x)＝eq \f(3,x2)－eq \f(1,x3)，则g′(x)＝eq \f(3(1－2x),x4)，
x∈(0，eq \f(1,2))时，g′(x)＞0，x∈(eq \f(1,2)，1]时，g′(x)＜0.
因此g(x)max＝g(eq \f(1,2))＝4，所以a≥4.
当x∈[－1,0)时，f(x)≥0可以化为
a≤eq \f(3,x2)－eq \f(1,x3)，此时g′(x)＝eq \f(3(1－2x),x4)＞0，
g(x)min＝g(－1)＝4，所以a≤4.
综上可知，a＝4.
总结提高
1.求函数单调区间的步骤是：
(1)确定函数f(x)的定义域D；
(2)求导数f′(x)；
(3)根据f′(x)＞0，且x∈D，求得函数f(x)的单调递增区间；根据f′(x)＜0，且x∈D，求得函数f(x)的单调递减区间.
2.求函数极值的步骤是：
(1)求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)判断f′(x)在方程根左右的值的符号，确定f(x)在这个根处取极大值还是取极小值.
3.求函数最值的步骤是：
先求f(x)在(a，b)内的极值；再将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.