浙江专版2019版高考数学一轮复习第三章导数3.2导数的应用课件.ppt

1、3.2 导数的应用,高考数学,考点一导数与单调性1.设函数y=f(x)在某个区间内可导,若f (x)0,则f(x)为增函数;若f (x)0(或f (x)x0时有f (x)x0时有f (x)0,则f(x0)是极小值.3.函数的最大值与最小值设函数f(x)在a,b上连续,在(a,b)内可导,先求f(x)在(a,b)内的极值;将f(x)的各极值与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.4.可导函数的极值点必须是导数为零的点,但导数为零的点不一定是极值点,如f(x)=x3在x=0处的导数f (0)=0,但x=0不是它的极值点,也就是说,可导函数在x=x0处的导数f (x

2、0)=0是该函数在x=x0处取得极值的必要不充分条件.特别地,函数的不可导点也可能是极值点.5.函数的极值与函数的最值的区别:函数的极值是一个局部性概念,而最值是某个区间的整体性概念;函数的极值可以有多个,而函数的最大(小)值最多只有一个.6.极值点不一定是最值点,最值点也不一定是极值点,但如果连续函数在开区间(a,b)内只有一个极值点,则极大值就是最大值,极小值就是最小值.,函数的单调性的解题策略f (x)0(或f (x)0)仅是f(x)在某个区间上为增函数(或减函数)的充分条件,在(a,b)内可导的函数f(x)在(a,b)上递增(或递减)的充要条件应是f (x)0(或f (x)0),x(a

3、,b)恒成立,且f (x)在(a,b)的任意子区间内都不恒等于0.这就是说,函数f(x)在区间上的增减性并不排除在区间内个别点处有f (x0)=0,甚至可以在无穷多个点处有f (x0)=0,只要这样的点不充满所给区间的任何一个子区间即可.因此,在已知函数f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范围时,应令f (x)0(或f (x)0)恒成立,解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立理论求解),然后检验参数的取值能否使f (x)恒等于0,若能恒等于0,则参数的这个值应舍去,若f (x)不恒为0,则由f (x)0(或f (x)0)恒成立解出的参数的取值范围即为所求.,方法技巧,例1(2017浙江湖

4、州期末调研,20)已知a2,函数F(x)=minx3-x,a(x+1).(1)若a=2,求F(x)的单调递减区间;(2)求函数F(x)在-1,1上的最大值.,解题导引(1)写成分段函数利用导函数小于零得单调减区间(2)由条件得F(x)=x3-x利用导数得F(x)的单调性利用单调性得F(x)的最大值,解析(1)若a=2,则x3-x-a(x+1)=x3-x-2(x+1)=(x+1)(x2-x-2)=(x+1)2(x-2),所以F(x)=?(3分)当x2时, F (x)=3x2-1=3?,由F (x)2时,F(x)=2x+2在区间(2,+)上单调递增,所以,F(x)的单调递减区间是?.?(7分)(2

5、)令g(x)=x3-x-a(x+1)=(x+1)(x2-x-a).?(9分)当-1x1时,x+10,又a2,所以x2-x-a0,故g(x)0,所以F(x)=x3-x.?(13分)由F(x)=3x2-1=0,得x=?,所以函数F(x)在区间?和?上单调递增,在区间?上单调递减,所以F(x)max=max?=max?=?.?(15分),评析本题考查分段函数,利用导数判断函数的单调性,求函数的最值,考查逻辑推理能力和化归与转化思想.,函数的极值和最值的解题策略在闭区间a,b上连续的函数f(x)的最大(小)值,是开区间(a,b)内所有极大(小)值与端点处函数值f(a)、f(b)中的最大(小)值.函数的

6、最大(小)值与函数的单调性密不可分,研究函数的最值,一般先研究导函数的符号,进而确定函数的单调性,最后再求函数的最值.例2(2017浙江台州调研卷(一模),20)已知函数f(x)=?x3+?ax2+bx(a,bR).(1)若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点,求3a+b的取值范围;(2)当a=0,b-1时,求证:对任意的实数x0,2,|f(x)|2b+?恒成立.,解题导引(1)由导函数在区间(0,2)上有两个不同的零点,得关于a,b的不等式组由线性规划知识得结论(2)分b0和-1b0讨论,利用导数判断函数的单调性求函数|f(x)|在区间0,2上的最大值证明|f(x)|max2b+,解析(

7、1)f (x)=x2+ax+b,由已知可得f (x)=0在(0,2)上存在两个不同的零点,故有?即?令z=3a+b,画出不等式组表示的平面区域(如图中阴影部分所示).,由图可知-8z0,故3a+b的取值范围为(-8,0).(2)证明:当a=0,b-1时,f(x)=?x3+bx(b-1,x0,2),所以f (x)=x2+b,当b0时,f (x)0在0,2上恒成立,则f(x)在0,2上单调递增,故0=f(0)f(x)f(2)=2b+?,所以|f(x)|2b+?;当-1b0,f(?)=?b?0,要证|f(x)|2b+?,只需证-?b?2b+?,即证-b(?+3)4,因为-1b0,所以0-b1,30.

8、当a0时, f(x)在(0,+)上单调递增.若|a|e,则f(e)=ln e+?0;若|a|e,则f(|a|)=ln|a|+?=ln|a|-1ln e-1=0.取m=maxe,|a|,则有f(m)0, f(1)=a0,f(1)=a0,所以由函数零点存在性定理结合函数单调性知,函数f(x)有唯一零点.当a0时, f(x)在区间(0,a)上单调递减,在区间(a,+)上单调递增,所以f(x)min=f(a)=ln a+1.若ln a+1=0,即a=?,则函数f(x)有唯一零点;,若ln a+10,即a?,则函数f(x)无零点;若ln a+10,且f(a3)=3ln a+?0,?补证:设g(t)=3l

9、n t+?,则g(t)=?-?=?.当t?时,g(t)g?=e2-30.证毕?所以函数f(x)有两个零点.综上所述,当a?时, f(x)无零点;当0a?时, f(x)有两个零点.当a0或a=?时, f(x)有唯一零点.(2)问题转化为xln x-?+a0在(0,+)上恒成立.,设g(x)=xln x-?+a,则问题转化为在(0,+)上g(x)min0成立.又g(x)=ln x+1+?,g?=0,所以当x?时,g(x)0;当0x?时,g(x)0.所以g(x)在?上单调递减,在?上单调递增.所以g(x)min=g?=?ln?-?+a=-?-?+a0,因此ae-1+?,故实数a的取值范围是e-1+?,+).,