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【步步高】(全国通用)2016版高考数学 考前三个月复习冲刺 第二篇 第6讲 函数与导数课件 理


第二篇 看细则,用模板,解题再规范

第6讲 函数与导数
题型一 题型二 利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题 导数的综合应用问题

题型一 利用导数研究函数的单调性与极值、最值问题

例1

(13分)(2014· 安徽)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,

其中a>0. (1)讨论f(x)在其定义域上的单调性; (2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.

规范解答

解 f(x)的定义域为(-∞,+∞),
f′(x)=1+a-2x-3x2. [1分]

令f′(x)=0,
-1- 4+3a -1+ 4+3a 得 x1= ,x2= ,x1<x2, 3 3

所以f′(x)=-3(x-x1)(x-x2). 当x<x1或x>x2时,f′(x)<0;

[2分]

当x1<x<x2时,f′(x)>0. 单调递增.

[4分] [5分]

故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内 (2)因为a>0,所以x1<0,x2>0. [6分]

①当a≥4时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增, 所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值;[8分] ②当 0<a<4 时, x2<1 ,由 (1) 知, f(x) 在 [0 , x2] 上单调递增, 在[x2,1]上单调递减,

-1+ 4+3a 所以 f(x)在 x=x2= 处取得最大值. 3

[10 分]

又f(0)=1,f(1)=a, 所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值; 当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值. [13分] [11分] 当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;[12分]

评分细则

第(1)问得分点 1.若没写出定义域可不扣分. 2.若f′(x)<0与f′(x)>0解集出错,只得2分. 3.若(-∞,x1)和(x2,+∞)中间用∪连接,扣1分.

第(2)问得分点
1.没根据a≥4与0<a<4分类讨论,不得分.

2.当0<a<4时,没根据0<a<1,a=1,1<a<4讨论,扣3分.
3.按a>4与0<a≤4分类讨论,同样得分.

4.当0<a<4时,把a=1合并在0<a<1或1<a<4讨论,同样
得分.

答题模板 第一步:确定函数的定义域.如本题函数的定义域为R;

第二步:求f(x)的导数f′(x);
第三步:求方程f′(x)=0的根;

第四步:利用f′(x)=0的根和不可导点的x的值从小到大顺
次将定义域分成若干个小开区间,并列出表格;

第五步:由 f′(x)在小开区间内的正、负值判断 f(x)在小开 区间内的单调性; 第六步:明确规范地表述结论; 第七步:反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.

2ax-a2+1 跟踪训练1 已知函数f(x)= (x∈R).其中a∈R. 2 x +1

(1)当a=1时,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程;
2x 4 解 当 a=1 时,f(x)= 2 ,f(2)= , 5 x +1 2?x2+1?-2x· 2x 2-2x2 6 又 f′(x)= = 2 . 2 2 2,f′(2)=- 25 ?x +1? ?x +1?

所以,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 4 6 y- =- (x-2),即 6x+25y-32=0. 5 25

(2)当a≠0时,求函数f(x)的单调区间与极值.
解 2a?x2+1?-2x?2ax-a2+1? f′(x)= ?x2+1?2

-2?x-a??ax+1? = . ?x2+1?2

由于a≠0,以下分两种情况讨论.
1 ①当 a>0 时,令 f′(x)=0,得到 x1=- ,x2=a. a

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) 1 (-∞,- ) a - ?↘ 1 - a 0 极小值 1 (- ,a) a + ?↗ a 0 极大值 (a,+∞) - ↘?

所以

? 1? ? f(x)在区间?-∞,-a? ?,(a,+∞)内为减函数, ? ?

? 1 ? ? ? - , a 在区间? a ?内为增函数. ? ?
? 1? 1 ? - 函数 f(x)在 x1=- 处取得极小值 f? ? a?, a ? ?



? 1? ? 2 - f? =- a . ? a? ? ?

函数f(x)在x2=a处取得极大值f(a),且f(a)=1.

1 ②当 a<0 时,令 f′(x)=0,得到 x1=a,x2=- , a 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f (x )

(-∞,a) + ↗

a 0 极大值

1 (a,- ) a - ↘

1 - a 0 极小值

1 (- ,+∞) a + ↗

所以

? 1 ? ? f(x)在区间(-∞,a),?-a,+∞? ?内为增函数,在区 ? ?

? 1? ? ? a ,- 间? 内为减函数. a? ? ?

函数f(x)在x1=a处取得极大值f(a),且f(a)=1. 1 1 函数 f(x)在 x2=-a处取得极小值 f(-a), ? 1? ? 2 - 且 f? =- a . ? a? ? ?

1 综上,当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(-a,a),单 1 调递减区间为(-∞,- ),(a,+∞), a

极大值为1,极小值为-a2.
1 当 a<0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(- ,+∞), a 1 单调递减区间为(a,-a),极大值为 1,极小值为-a2.

题型二 导数的综合应用问题
例2
1- a 2 (12 分 )(2014· 课标全国 Ⅰ)f(x) = aln x + x- 2

bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0. (1)求b;
a (2)若存在 x0≥1,使得 f(x0)< ,求 a 的取值范围. a-1

规范解答



a (1)f′(x)= x+(1-a)x-b.

[1 分]

由题设知f′(1)=0,解得b=1.

[3分]

(2)f(x)的定义域为(0,+∞),
1-a 2 由(1)知,f(x)=aln x+ 2 x -x, 1-a a a f′(x)= +(1-a)x-1= (x- )(x-1). x x 1-a

[5 分]

1 a ①若 a≤ ,则 ≤1, 2 1-a 故当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)单调递增. a a 所以, 存在 x0≥1, 使得 f(x0)< 的充要条件为 f(1)< , a-1 a-1 1-a a 即 2 -1< , a-1

解得- 2-1<a< 2-1. 1 a ②若2<a<1,则 >1, 1-a

[7 分]

a 故当 x∈(1, )时,f′(x)<0, 1-a a a 当 x∈( ,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(1, )单调 1-a 1-a

a 递减,在( ,+∞)单调递增. 1-a a 所 以 , 存 在 x0≥1 , 使 得 f(x0)< 的充要条件为 a-1 a a f( )< . 1-a a-1

a a a2 a a 而 f( )=aln + + > , 1-a 1-a 2?1-a? a-1 a-1

所以不合题意.
1-a -a-1 a ③若 a>1,则 f(1)= 2 -1= 2 < . a-1

[9分]
[11 分]

综上,a 的取值范围是(- 2-1, 2-1)∪(1,+∞).[12 分]

评分细则

第(1)问得分点

1.若导函数求错,不得分.
2.若f′(1)=0解错,只得2分.

第(2)问得分点 1.若没求定义域,其他正确,不扣分. 2.没进行分类讨论的,不得分.漏一类扣2分. 3.没有结论的扣1分. 4.利用其他方法求解的,同样得分.

答题模板 第一步:整理函数式,对其求导数; 第二步:研究函数单调性,含参数的,要依题意对参数进 行讨论; 第三步:应用函数单调性,解决题目涉及的问题,如存在 性问题,恒成立问题,探索性问题等,主要依据是函数最 值、单调性; 第四步:得出综合结论; 第五步:回顾反思,查易错点,验规范性.

-2?x+1??x-1? 2 则 g′(x)= x-2x= . x 1 ∵x∈[ e,e],

∴当g′(x)=0时,x=1.

1 当 <x<1 时,g′(x)>0; e

当1<x<e时,g′(x)<0. 故g(x)在x=1处取得极大值g(1)=m-1.
1 1 又 g( )=m-2- 2, e e

1 1 2 g(e)=m+2-e ,g(e)-g( e)=4-e +e2<0,
2

?g?1?=m-1>0, ? 1 g(x)在[e,e]上有两个零点的条件是? 1 1 ?g?e?=m-2-e2≤0, ?

1 则 g(e)<g( ), e 1 ∴g(x)在[ ,e]上的最小值是 g(e). e

1 解得 1<m≤2+e2,

1 ∴实数 m 的取值范围是(1,2+ 2]. e


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