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【名校使用】2014高考(文)复习资料:2-11导数与函数的单调性、极值


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第11课时 导数与函数的单调性、极值

1.了解函数单调性和导数的关系;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).

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【知识梳理】 1.函数的导数与单调性 在某个区间内,若 f′(x)>0,则函数 y=f(x)在这个区间内单调 递增;若 f′(x)<0,则函数 y=f(x)在这个区间内单调递减. 2.函数的导数与极值 (1)极大值:如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,且 f′(x0)=0,那么 f(x0)是极大值; (2)极小值:如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,且 f′(x0)=0,那么 f(x0)是极小值.
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【基础自测】 1.函数 f(x)=x3+ax2+3x-9,已知 f(x)在 x=-3 时取得极值, 则实数 a 等于( A.2 C.4 答案:D ) B.3 D.5
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2.(教材改编)函数 f(x)=1+x-sin x 在(0,2π)上是( A.增函数 B.减函数 C.在(0,π)上增,在(π,2π)上减 D.在(0,π)上减,在(π,2π)上增 解析:f′(x)=1-cos x≥0. 答案:A

)
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3.函数 f(x)=x2-2lnx 的单调减区间是( A.(0,1) C.(-∞,1) 2 解析:∵f′(x)=2x-x 2?x+1??x-1? = (x>0). x ∴当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; B.(1,+∞) D.(-1,1)

)

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当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. 答案:A

4.(教材改编)函数 f(x)=x3 -15x2 -33x+6 的单调减区间为 ________. 解析:f′(x)=3x2-30x-33=3(x-11)(x+1)<0 -1<x<11. 答案:(-1,11)
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5.(教材改编)函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取得极小 值. 解析:由 f(x)=x3-3x2+1 得 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2),当 x ∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数,当 x∈(-∞,0)∪(2,+∞)时, f′(x)>0,f(x)为增函数,故当 x=2 时,函数 f(x)取得极小值. 答案:2
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1. 可导函数的极值点导数为零, 但导数为零的点未必是极值点, 如函数 y=x3 在 x=0 处导数为零,但 x=0 不是极值点. 2.“f′(x)>0(或 f′(x)<0)”是“函数 f(x)在某一区间上为增 函数(或减函数)”的充分不必要条件;“f′(x0)=0”是“函数 f(x) 在 x=x0 处取得极值”的必要不充分条件.

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考向一

利用导数研究函数的单调性
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3x (2013· 山东名校联考)已知函数 f(x)= a -2x2+ln x,其中 a 为 常数且 a≠0. (1)若 a=1,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求 a 的取值范围. 【审题视点】 先求定义域,然后求导.

(1)中利用 f′(x)>0 及 f′(x)<0 求单调区间. (2)中利用 x∈[1,2]时 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立.

【解】 (1)当 a=1 时,f(x)=3x-2x2+ln x,其定义域为(0,+ -4x2+3x+1 -?4x+1??x-1? 1 ∞),则 f′(x)=x-4x+3= = (x>0), x x 当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,故函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,故函数 f(x)在区间(1,+∞)上单 调递减. 所以 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). 3 1 (2)由题易得 f′(x)=a-4x+x(x>0), 因为函数 f(x)在区间[1,2]上为单调函数, 所以在区间[1,2]上,f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立,
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3 1 3 1 3 即 -4x+ ≥0 或 -4x+ ≤0 在 x∈[1,2]时恒成立, ≥4x- 即 a x a x a 1 3 1 3 1 3 1 或 ≤4x- (1≤x≤2),即 ≥(4x- )max 或 ≤(4x- )min ,其中 x a x a x a x 1≤x≤2. 1 令 h(x)=4x-x(1≤x≤2),易知函数 h(x)在[1,2]上单调递增,故 h(1)≤h(x)≤h(2). 3 3 3 1 15 3 1 所以a≥h(2)或a≤h(1),即a≥4×2- = ,a≤4×1- =3, 2 2 1
? 2? 2 ?0, ? 解得 a<0 或 0<a≤ 或 a≥1.故 a 的取值范围为(-∞, 0)∪ 5? 5 ?
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∪[1,+∞).

1.(2013· 郑州市第一次质检)设函数 f(x)=ln x-p(x-1),p∈R. (1)当 p=1 时,求函数 f(x)的单调区间; 1 (2)设函数 g(x)=xf(x)+p(2x -x-1)(x≥1), 求证: p≤- 时, 当 2
2
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有 g(x)≤0 成立. 解:(1)当 p=1 时,f(x)=ln x-x+1,其定义域为(0,+∞). 1 所以 f′(x)= -1. x 1 由 f′(x)= -1>0 得 0<x<1;由 f′(x)<0 得 x>1. x 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1); 单调递减区间为(1, +∞).

(2)由函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1)=xln x+p(x2-1)(x≥1), 得 g′(x)=ln x+1+2px(x≥1), 由(1)知,当 p=1 时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式 ln x≤x-1 成立. 1 所以当 p≤- 时,g′(x)=ln x+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1 2 +2p)x≤0, 1 即当 p≤- 时,g(x)在[1,+∞)上单调递减, 2 从而 g(x)≤g(1)=0 满足题意.
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考向二

利用导数研究函数的极值

(2012· 高考江苏卷)若函数 y=f(x)在 x=x0 处取得极大值或极 小值,则称 x0 为函数 y=f(x)的极值点.已知 a,b 是实数,1 和-1 是函数 f(x)=x3+ax2+bx 的两个极值点. (1)求 a 和 b 的值; (2)设函数 g(x)的导函数 g′(x)=f(x)+2,求 g(x)的极值点. 【审题视点】 1 和-1 为 f(x)的极值点, 则有 f′(1)=0, f′(- 1)=0 求 a 和 b,再根据极值的概念求 g(x)的极值点.
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【解】 (1)由题设知 f′(x)=3x2+2ax+b,且 f′(-1)=3-2a +b=0,f′(1)=3+2a+b=0. 解得 a=0,b=-3. (2)由(1)知 f(x)=x3-3x.因为 f(x)+2=(x-1)2(x+2), 所以 g′(x) =0 的根为 x1=x2=1,x3=-2,于是函数 g(x)的极值点只可能是 1 或-2. 当 x<-2 时,g′(x)<0;当-2<x<1 时,g′(x)>0,故-2 是 g(x)的极值点. 当-2<x<1 或 x>1 时,g′(x)>0,故 1 不是 g(x)的极值点. 所以 g(x)的极值点为-2.
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2. (2012· 高考重庆卷)已知函数 f(x)=ax3+bx+c 在点 x=2 处取 得极值 c-16. (1)求 a,b 的值; (2)若 f(x)有极大值 28,求 f(x)在[-3,3]上的最小值. 解:(1)因为 f(x)=ax3+bx+c,故 f′(x)=3ax2+b. 由于 f(x)在点 x=2 处取得极值 c-16,
?f′?2?=0, ? 故有? ?f?2?=c-16, ? ?12a+b=0, ? 化简得? ?4a+b=-8, ? ?12a+b=0, ? 即? ?8a+2b+c=c-16, ?
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?a=1, ? 解得? ?b=-12. ?

(2)由(1)知 f(x)=x3-12x+c,f′(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2). 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2=2. 当 x∈(-∞,2)时,f′(x)>0,故 f(x)在(-∞,2)上为增函数; 当 x∈(-2,2)时,f′(x)<0,故 f(x)在(-2,2)上为减函数; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,故 f(x)在(2,+∞)上为增函数. 由此可知 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=16+c,f(x)在 x =2 处取得极小值 f(2)=c-16. 由题设条件知 16+c=28,解得 c=12. 此时 f(-3)=9+c=21,f(3)=-9+c=3,f(2)=-16+c=-4, 因此 f(x)在[-3,3]上的最小值为 f(2)=-4.
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利用导数研究函数的单调性和极值 1 1 (2013· 烟台四校达标检测)已知函数 f(x)=(m+m)ln x+x -x,其中常数 m>0. (1)当 m=2 时,求函数 f(x)的极大值; (2)讨论函数 f(x)在区间(0,1)上的单调性. 【解题指南】 性. 讨论 f′(x)=0 的根与区间(0,1)的关系确定单调
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【解】

5 1 (1)当 m=2 时,f(x)= ln x+ -x, x 2

?x-2??2x-1? 5 1 ∵f′(x)= - 2-1=- (x>0).2 分 2x x 2x2 1 1 ∴当 0<x< 或 x>2 时,f′(x)<0;当 <x<2 时,f′(x)>0. 2 2 ∴函数
? 1? f(x)在区间?0,2?和区间(2,+∞)上单调递减,在区间 ? ?
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?1 ? ? ,2?上单调递增,4 分 ?2 ?

5 3 ∴函数 f(x)的极大值为 f(2)= ln 2- .6 分 2 2

1 m+m 1 (2)由题意知,f′(x)= - 2-1 x x x =-
2

? 1? -?m+m?x+1 ? ?

x2

=-

? 1? ?x-m??x-m? ? ?

x2

(x>0,m>0).8 分
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1 ①当 0<m<1 时,m>1,故当 x∈(0,m)时,f′(x)<0,当 x ∈(m,1)时,f′(x)>0, 此时函数 f(x)在区间(0,m)上单调递减,在区间(m,1)上单调递 增.10 分 ?x-1? 1 ②当 m=1 时, =1,故当 x∈(0,1)时,f′(x)=- <0 m x2
2

恒成立, 此时函数 f(x)在区间(0,1)上单调递减.11 分

? 1? 1 ③当 m>1 时,0< <1,故当 x∈?0,m?时,f′(x)<0,当 x m ? ? ?1 ? ∈?m,1?时,f′(x)>0, ? ?
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此时函数 增.12 分

? ?1 ? 1? f(x)在区间?0,m?上单调递减,在区间?m,1?上单调递 ? ? ? ?

【思维流程】 求导 f′(x),并求定义域. 确定极值点. 确定极大值. 求导 f′(x)=0 的根. 分三种情况讨论 m 与区间(0,1)的关系, 从而确定 f′(x)的正 负.确定单调性.
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阅卷点评 此题为含有参数 m 的函数的单调性与极值的讨论. 备考建议 (1)函数的定义域及求导应熟练掌握.

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(2)规范求函数极值(点)的方法步骤不能盲目确定. (3)学会运用分类讨论思想解决问题,另外加强不等式的变形与 求解的训练.

1. (2012· 高考大纲全国卷)已知函数 y=x -3x+c 的图象与 x 轴 恰有两个公共点,则 c=( A.-2 或 2 C.-1 或 1 ) B.-9 或 3 D.-3 或 1

3

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解析:利用导数求解. ∵y′=3x2-3,∴当 y′=0 时,x=± 1. 则 x,y′,y 的变化情况如下表: x y′ y (-∞,-1) + ? c+2 -1 (-1,1) - ? c-2 1 (1,+∞) + ?
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因此,当函数图象与 x 轴恰有两个公共点时,必有 c+2=0 或 c -2=0,∴c=-2 或 c=2. 答案:A

2. (2012· 高考重庆卷)设函数 f(x)在 R 上可导, 其导函数为 f′(x), 且函数 f(x)在 x=-2 处取得极小值,则函数 y=xf′(x)的图象可能 是( )
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解析:利用导函数与原函数的图象关系求解. ∵f(x)在 x=-2 处取得极小值,∴当 x<-2 时,f(x)单调递减, 即 f′(x)<0;当 x>-2 时,f(x)单调递增,即 f′(x)>0. ∴当 x<-2 时,y=xf′(x)>0;当 x=-2 时,y=xf′(x)=0; 当-2<x<0 时,y=xf′(x)<0;当 x=0 时,y=xf′(x)=0; 当 x>0 时,y=xf′(x)>0,结合选项中图象知选 C. 答案:C
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3. (2011· 高考广东卷)函数 f(x)=x3-3x2+1 在 x=________处取 得极小值. 解析:由题意得 f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).当 x<0 时,f′(x) >0;当 0<x<2 时,f′(x)<0;当 x>2 时,f′(x)>0.故当 x=2 时 取得极小值. 答案:2
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4.(2012· 高考课标全国卷)设函数 f(x)=ex-ax-2. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0, 求 k 的最大值. 解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0,则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当 x∈(ln a,+ ∞)时,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递 增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1.
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故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 x+1 k< x +x(x>0).① e -1 x+1 -xex-1 ex?ex-x-2? 令 g(x)= x +x,则 g′(x)= x +1= . e -1 ?e -1?2 ?ex-1?2 由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1) <0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点,故 g′(x) 在(0,+∞)上存在唯一的零点,设此零点为 α,则 α∈(1,2). 当 x∈(0,α)时,g′(x)<0;当 x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所 以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(α). 又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈(2,3). 由于①式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2.

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