《导数的应用(Ⅰ)》教案

导数的应用（Ⅰ）适用学科数学适用年级高三适用区域新课标课时时长（分钟）60知识点1、函数的单调性与导数2、函数的极值与导数3、函数的最大（小）值与函数教学目标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).教学重点利用导数研究函数的单调性、极值、最值教学难点导数与函数、解析几何、不等式、数列的综合应用

教学过程一、课堂导入我们前面学习过某点处的导数反映出函数在某点处附近的变化情况,我们今天研究的问题是如何用导数来研究函数的单调性.要研究这个问题,要先明确以下内容:(1)函数的单调性与函数的导数有什么关系?为什么?(2)如何根据函数的导数来判断函数的单调性?

二、复习预习函数的单调性及其判断方法导数的概念及其几何意义导数公式及运算法则曲线的切线方程与导数的关系

三、知识讲解考点1函数的单调性与导数

考点2函数的极值与导数(1)函数的极小值：若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则a点叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．(2)函数的极大值：若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则b点叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．

考点3函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为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．

考点4函数的极值和函数的最值的联系和区别极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数在极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[a，b]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．

四、例题精析【例题1】【题干】已知函数f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx，其中a为常数．(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．

【解析】(1)若a＝1时，f(x)＝3x－2x2＋lnx，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－4x＋3＝eq\f(－4x2＋3x＋1,x)＝eq\f(－4x＋1x－1,x)(x>0)．当f′(x)>0，x∈(0,1)时，函数f(x)＝3x－2x2＋lnx单调递增．当f′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝3x－2x2＋lnx单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函数f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0，即eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立．即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x).令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，因为函数h(x)在[1,2]上单调递增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，解得a<0或0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.

【例题2】【题干】已知函数f(x)＝e－kx·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x－\f(1,k)))(k<0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)是否存在实数k，使得函数f(x)的极大值等于3e－2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)f(x)的定义域为R.f′(x)＝－ke－kxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋x－\f(1,k)))＋e－kx(2x＋1)＝e－kx[－kx2＋(2－k)x＋2]，即f′(x)＝－e－kx(kx－2)(x＋1)(k<0)．令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(2,k).当k＝－2时，f′(x)＝2e2x(x＋1)2≥0，故f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)．当－2<k<0时，f(x)，f′(x)随x的变化情况如下：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,k)))eq\f(2,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，－1))－1(－1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调递增区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(2,k)))和(－1，＋∞)，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，－1)).当k<－2时，f(x)，f′(x)随x的变化情况如下：x(－∞，－1)－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k)))eq\f(2,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)，＋∞))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k))).(2)当k＝－1时，f(x)的极大值等于3e－2.理由如下：当k＝－2时，f(x)无极大值．当－2<k<0时，f(x)的极大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)))＝e－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋\f(1,k)))，令e－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)＋\f(1,k)))＝3e－2，即eq\f(4,k2)＋eq\f(1,k)＝3，解得k＝－1或k＝eq\f(4,3)(舍去)．当k<－2时，f(x)的极大值为f(－1)＝－eq\f(ek,k).因为ek<e－2,0<－eq\f(1,k)<eq\f(1,2)，所以－eq\f(ek,k)<eq\f(1,2)e－2.因为eq\f(1,2)e－2<3e－2，所以f(x)的极大值不可能等于3e－2.综上所述，当k＝－1时，f(x)的极大值等于3e－2.

【例题3】【题干】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．

【解析】(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.依题意须对于任意x∈(0,1)，有f′(x)<0.当a>0时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以须f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；当a＝1时，对任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x2－1)ex<0，f(x)符合条件；当a＝0时，对于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－xex<0，f(x)符合条件；当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a的取值范围为0≤a≤1.(2)因g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，所以g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex.(ⅰ)当a＝0时，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1，在x＝1处取得最大值g(1)＝e.(ⅱ)当a＝1时，对于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝2，在x＝1处取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)当0<a<1时，由g′(x)＝0得x＝eq\f(1－a,2a)>0.①若eq\f(1－a,2a)≥1，即0<a≤eq\f(1,3)时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1处取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若eq\f(1－a,2a)<1，即eq\f(1,3)<a<1时，g(x)在x＝eq\f(1－a,2a)处取得最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝2ae，在x＝0或x＝1处取得最小值，而g(0)＝1＋a，g(1)＝(1－a)e，则当eq\f(1,3)<a≤eq\f(e－1,e＋1)时，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a；当eq\f(e－1,e＋1)<a<1时，g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝(1－a)e.

五、课堂运用【基础】1．已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)

解析：选C依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．

2．(2012·陕西高考)设函数f(x)＝xex，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点

解析：选D求导得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝ex(x＋1)＝0，解得x＝－1，易知x＝－1是函数f(x)的极小值点．

3．(2013·咸宁模拟)已知函数y＝x3－3x＋c的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝()A．－2或2 B．－9或3C．－1或1 D．－3或1

解析：选A∵y′＝3x2－3，∴当y′＝0时，x＝±1.则x，y′，y的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1,1)1(1，＋∞)y′＋－＋yc＋2c－2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.

【巩固】4．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．

解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)<0，即3(x－11)(x＋1)<0，解得－1<x<11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)

5．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是________．

解析：由题求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.答案：－13

6．已知函数f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1(a∈R)．(1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)当a≤eq\f(1,2)时，讨论f(x)的单调性．

解：(1)当a＝－1时，f(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)－1，x∈(0，＋∞)．所以f′(x)＝eq\f(x2＋x－2,x2)，x∈(0，＋∞)．因此f′(2)＝1，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为1.又f(2)＝ln2＋2，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln2＋2)＝x－2，即x－y＋ln2＝0.(2)因为f(x)＝lnx－ax＋eq\f(1－a,x)－1，所以f′(x)＝eq\f(1,x)－a＋eq\f(a－1,x2)＝－eq\f(ax2－x＋1－a,x2)，x∈(0，＋∞)．令g(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．①当a＝0时，g(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，所以当x∈(0,1)时，g(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；②当a≠0时，由f′(x)＝0，即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝eq\f(1,a)－1.a．当a＝eq\f(1,2)时，x1＝x2，g(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；b．当0<a<eq\f(1,2)时，eq\f(1,a)－1>1>0.x∈(0,1)时，g(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))时，g(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))时，g(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；c．当a<0时，由于eq\f(1,a)－1<0，x∈(0,1)时，g(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；x∈(1，＋∞)时，g(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．综上所述：当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；当a＝eq\f(1,2)时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0<a<eq\f(1,2)时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1))上单调递增，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1，＋∞))上单调递减．

【拔高】7．已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝－x2＋ax－2.(1)求函数f(x)在[t，t＋2](t>0)上的最小值；(2)若函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象恰有一个公共点，求实数a的值；(3)若函数y＝f(x)＋g(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1<x2)，且x2－x1>ln2，求实数a的取值范围．

解：(1)令f′(x)＝lnx＋1＝0得x＝eq\f(1,e)，①当0<t<eq\f(1,e)时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,e)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，t＋2))上单调递增，此时函数f(x)在区间[t，t＋2]上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e)；②当t≥eq\f(1,e)时，函数f(x)在[t，t＋2]上单调递增，此时函数f(x)在区间[t，t＋2]上的最小值为f(t)＝tlnt.(2)由题意得，f(x)－g(x)＝xlnx＋x2－ax＋2＝0在(0，＋∞)上有且仅有一个根，即a＝lnx＋x＋eq\f(2,x)在(0，＋∞)上有且仅有一个根，令h(x)＝lnx＋x＋eq\f(2,x)，则h′(x)＝eq\f(1,x)＋1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2＋x－2,x2)＝eq\f(1,x2)(x＋2)(x－1)，易知h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以a＝h(x)min＝h(1)＝3.(3)由题意得，y＝f(x)＋g(x)＝xlnx－x2＋ax－2，则其导函数为y′＝lnx－2x＋1＋a，由题意知y′＝lnx－2x＋1＋a＝0有两个不同的实根x1，x2，等价于a＝－lnx＋2x－1有两个不同的实根x1，x2，且x1<x2，等价于直线y＝a与函数G(x)＝－lnx＋2x－1的图象有两个不同的交点．由G′(x)＝－eq\f(1,x)＋2，得G(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增，画出函数G(x)图象的大致形状(如图)．由图象易知，当a>G(x)min＝Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝ln2时，x1，x2存在，且x2－x1的值随着a的增大而增大．而当x2－x1＝ln2时，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx1－2x1＋1＋a＝0，,lnx2－2x2＋1＋a＝0，))两式相减可得lneq\f(x2,x1)＝2(x2－x1)＝2ln2，得x2＝4x1，代入上述方程组解得x1＝eq\f(ln2,3)，x2＝eq\f(4,3)ln2，此时实数a＝eq\f(2,3)ln2－lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln2,3)))－1，所以实数a的取值范围为a>eq\f(2,3)ln