2022年高三數學大一輪復習 3.2導數的應用（一）教案 理 新人教A版

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1、2022年高三數學大一輪復習 3.2導數的應用（一）教案 理 新人教A版 xx高考會這樣考　1.利用導數的有關知識，研究函數的單調性、極值、最值；2.討論含參數的函數的單調性、極值問題． 復習備考要這樣做　1.從導數的定義和“以直代曲”的思想理解導數的意義，體會導數的工具作用；2.理解導數和單調性的關系，掌握利用導數求單調性、極值、最值的方法步驟． 1． 函數的單調性 在某個區(qū)間(a，b)內，如果f′(x)>0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞增；如果f′(x)<0，那么函數y＝f(x)在這個區(qū)間內單調遞減． 2． 函數的極值 (1)判斷f(x0)是極值的方法 一

2、般地，當函數f(x)在點x0處連續(xù)時， ①如果在x0附近的左側f′(x)>0，右側f′(x)<0，那么f(x0)是極大值； ②如果在x0附近的左側f′(x)<0，右側f′(x)>0，那么f(x0)是極小值． (2)求可導函數極值的步驟 ①求f′(x)； ②求方程f′(x)＝0的根； ③檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右兩側導數值的符號．如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值． 3． 函數的最值 (1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值． (2)若函數f(x)在[a，b]上單調

3、遞增，則f(a)為函數的最小值，f(b)為函數的最大值；若函數f(x)在[a，b]上單調遞減，則f(a)為函數的最大值，f(b)為函數的最小值． (3)設函數f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下： ①求f(x)在(a，b)內的極值； ②將f(x)的各極值與f(a)，f(b)進行比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． [難點正本　疑點清源] 1． 可導函數的極值表示函數在一點附近的情況，是在局部對函數值的比較；函數的最值是表示函數在一個區(qū)間上的情況，是對函數在整個區(qū)間上的函數值的比較． 2． f′(x)>0在(

4、a，b)上成立是f(x)在(a，b)上單調遞增的充分條件． 3． 對于可導函數f(x)，f′(x0)＝0是函數f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件． 1． 若函數f(x)＝在x＝1處取極值，則a＝________. 答案　3 解析　f′(x)＝＝.因為f(x)在x＝1處取極值，所以1是f′(x)＝0的根，將x＝1代入得a＝3. 2． 函數f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函數，則實數a的取值范圍是________． 答案　[－3，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋a，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上是增函數， 則f′(x)＝3x2＋a≥0在(1，＋∞)上恒成立

5、，即a≥－3x2在(1，＋∞)上恒成立．∴a≥－3. 3. 如圖是y＝f(x)導數的圖象，對于下列四個判斷： ①f(x)在[－2，－1]上是增函數； ②x＝－1是f(x)的極小值點； ③f(x)在[－1,2]上是增函數，在[2,4]上是減函數； ④x＝3是f(x)的極小值點． 其中正確的判斷是________．(填序號) 答案　②③ 解析?、佟遞′(x)在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f(x)在[－2，－1]上是減函數； ②∵f′(－1)＝0且在x＝0兩側的導數值為左負右正， ∴x＝－1是f(x)的極小值點； ③對， ④不對，由于f′(3)≠0. 4． 設函數

6、g(x)＝x(x2－1)，則g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為 (　　) A．－1 B．0 C．－ D. 答案　C 解析　g(x)＝x3－x，由g′(x)＝3x2－1＝0，解得x1＝，x2＝－(舍去)． 當x變化時，g′(x)與g(x)的變化情況如下表： x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 0  極小值  0 所以當x＝時，g(x)有最小值g＝－. 5． (xx·遼寧)函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為

7、 (　　) A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 答案　B 解析　設m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函數．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集為{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集為(－1，＋∞). 題型一　利用導數研究函數的單調性 例1　已知函數f(x)＝ex－ax－1. (1)求f(x)的單調增區(qū)間； (2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上為減函數，若存在，求出a的取值范圍，若不存在，說明理由． 思維啟

8、迪：函數的單調性和函數中的參數有關，要注意對參數的討論． 解　f′(x)＝ex－a， (1)若a≤0，則f′(x)＝ex－a≥0， 即f(x)在R上遞增， 若a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥ln a. 因此當a≤0時，f(x)的單調增區(qū)間為R，當a>0時，f(x)的單調增區(qū)間是[ln a，＋∞)． (2)∵f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立． ∴a≥ex在x∈(－2,3)上恒成立． 又∵－2

9、3. 故存在實數a≥e3，使f(x)在(－2,3)上為減函數． 探究提高　(1)利用導數求函數f(x)的單調區(qū)間的一般步驟： ①確定函數f(x)的定義域； ②求導數f′(x)； ③在函數f(x)的定義域內解不等式f′(x)>0和f′(x)<0； ④根據③的結果確定函數f(x)的單調區(qū)間． (2)要注意對含參數的函數的單調性進行討論； (3)對已知函數的單調性的問題一定要掌握導數的條件． 已知函數f(x)＝x3－ax2－3x. (1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函數，求實數a的取值范圍； (2)若x＝3是f(x)的極值點，求f(x)的單調區(qū)間． 解　(1)對f(x)求

10、導，得f′(x)＝3x2－2ax－3. 由f′(x)≥0，得a≤. 記t(x)＝，當x≥1時，t(x)是增函數， ∴t(x)min＝(1－1)＝0.∴a≤0. (2)由題意，得f′(3)＝0，即27－6a－3＝0， ∴a＝4.∴f(x)＝x3－4x2－3x，f′(x)＝3x2－8x－3. 令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝3. 當x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－) － (－，3) 3 (3，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為，[3，＋∞)，

11、f(x)的單調遞減區(qū)間為. 題型二　利用導數研究函數的極值 例2　已知函數f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1. (1)設a＝2，求f(x)的單調區(qū)間； (2)設f(x)在區(qū)間(2,3)中至少有一個極值點，求a的取值范圍． 思維啟迪：(1)單調區(qū)間即為f′(x)>0，f′(x)<0的解區(qū)間． (2)f′(x)的零點在(2,3)內至少有一個． 解　(1)當a＝2時，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1， f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x－2＋)(x－2－)． 當x∈(－∞，2－)時，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－)上單調遞增； 當x∈(2－，2＋)時，f′(x)<0，

12、f(x)在(2－，2＋)上單調遞減； 當x∈(2＋，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(2＋，＋∞)上單調遞增． 綜上，f(x)的單調增區(qū)間是(－∞，2－)和(2＋，＋∞)， f(x)的單調減區(qū)間是(2－，2＋)． (2)f′(x)＝3x2－6ax＋3＝3[(x－a)2＋1－a2]． 當1－a2≥0時，f′(x)≥0，f(x)為增函數，故f(x)無極值點； 當1－a2<0時，f′(x)＝0有兩個根x1＝a－， x2＝a＋. 由題意，知2

13、值點．所以在求出導函數的零點后一定要注意分析這個零點是不是函數的極值點． (2)本題的易錯點為不對1－a2進行討論，致使解答不全面． (xx·安徽)設f(x)＝，其中a為正實數． (1)當a＝時，求f(x)的極值點； (2)若f(x)為R上的單調函數，求a的取值范圍． 解　對f(x)求導得f′(x)＝ex·.① (1)當a＝時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0， 解得x1＝，x2＝.結合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以x1＝是極小值點，x2＝是極大值點． (2)若f

14、(x)為R上的單調函數，則f′(x)在R上不變號，結合①與條件a>0，知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結合a>0，知0

15、函數f(x)的解析式． (2)列出f′(x)與f(x)的變化表，比較端點值和極值的大小． 解　(1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 依題意f′(1)＝3，f′＝0， 得解之得 所以f(x)＝x3＋2x2－4x＋5. (2)由(1)知，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2)． 令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝. 當x變化時，f(x)，f′(x)的變化情況如下表： x －4 (－4，－2) －2 (－2，) (，1) 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －11  極大值13 極小值 4 ∴

16、f(x)在[－4,1]上的最大值為13，最小值為－11. 探究提高　在解決類似的問題時，首先要注意區(qū)分函數最值與極值的區(qū)別．求解函數的最值時，要先求函數y＝f(x)在[a，b]內所有使f′(x)＝0的點，再計算函數y＝f(x)在區(qū)間內所有使f′(x)＝0的點和區(qū)間端點處的函數值，最后比較即得． (xx·重慶)已知函數f(x)＝ax3＋bx＋c在點x＝2處取得極值c－16. (1)求a，b的值； (2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值． 解　(1)因為f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b. 由于f(x)在點x＝2處取得極值c－16， 故

17、有即 化簡得解得 (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. 當x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0， 故f(x)在(－∞，－2)上為增函數； 當x∈(－2,2)時，f′(x)<0， 故f(x)在(－2,2)上為減函數； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0， 故f(x)在(2，＋∞)上為增函數． 由此可知f(x)在x＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c， f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝c－16. 由題設條件知16＋c＝28，解得c＝12. 此時f(－3)＝9

18、＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3， f(2)＝－16＋c＝－4， 因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4. 利用導數求函數最值問題 典例：(14分)已知函數f(x)＝ln x－ax (a∈R)． (1)求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)當a>0時，求函數f(x)在[1,2]上的最小值． 審題視角　(1)已知函數解析式求單調區(qū)間，實質上是求f′(x)>0，f′(x)<0的解區(qū)間，并注意定義域．(2)先研究f(x)在[1,2]上的單調性，再確定最值是端點值還是極值．(3)由于解析式中含有參數a，要對參數a進行分類討論． 規(guī)范解答　 解　(1)f′(x)

19、＝－a (x>0)，[1分] ①當a≤0時，f′(x)＝－a>0，即函數f(x)的單調增區(qū)間為(0，＋∞)．[3分] ②當a>0時，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝， 當00； 當x>時，f′(x)＝<0， 故函數f(x)的單調遞增區(qū)間為， 單調遞減區(qū)間為. [5分] (2)①當≤1，即a≥1時，函數f(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a. [9分] ②當≥2，即0

20、 .[10分] ③當1<<2，即

21、在給定區(qū)間上的端點值； 第四步：將f(x)的各極值與f(x)的端點值進行比較， 確定f(x)的最大值與最小值； 第五步：反思回顧：查看關鍵點，易錯點和解題規(guī)范． 溫馨提醒　(1)本題考查求函數的單調區(qū)間，求函數在給定區(qū)間[1,2]上的最值，屬常規(guī)題型． (2)本題的難點是分類討論．考生在分類時易出現不全面，不準確的情況． (3)思維不流暢，答題不規(guī)范，是解答中的突出問題. 方法與技巧 1． 注意單調函數的充要條件，尤其對于已知單調性求參數值(范圍)時，隱含恒成立思想． 2． 求極值、最值時，要求步驟規(guī)范、表格齊全；含參數時，要討論參數的大?。? 3． 在實

22、際問題中，如果函數在區(qū)間內只有一個極值點，那么只要根據實際意義判定是最大值還是最小值即可，不必再與端點的函數值比較． 失誤與防范 1． 求函數單調區(qū)間與函數極值時要養(yǎng)成列表的習慣，可使問題直觀且有條理，減少失分的可能． 2． 函數最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過認真比較才能下結論． 3． 題時要注意區(qū)分求單調性和已知單調性的問題，處理好f′(x)＝0時的情況；區(qū)分極值點和導數為0的點． A組　專項基礎訓練 (時間：35分鐘，滿分：57分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1. 若函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象

23、可能為 (　　) 答案　C 解析　根據f′(x)的符號，f(x)圖象應該是先下降后上升，最后下降，排除A，D；從適合f′(x)＝0的點可以排除B. 2． 設a∈R，若函數y＝ex＋ax，x∈R有大于零的極值點，則 (　　) A．a<－1 B．a>－1 C．a>－ D．a<－ 答案　A 解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a. ∵函數y＝ex＋ax有大于零的極值點， 則方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解， ∵x>0時，－ex<－1，∴a＝－ex<－1. 3． 函數f(x)＝x3－3x2＋2在區(qū)間[－1,1]上的最大值是 (

24、　　) A．－2 B．0 C．2 D．4 答案　C 解析　∵f′(x)＝3x2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2. ∴f(x)在[－1,0)上是增函數，f(x)在(0,1]上是減函數． ∴f(x)max＝f(x)極大值＝f(0)＝2. 4． 若函數f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋1在區(qū)間(1,4)內為減函數，在區(qū)間(6，＋∞)內為增函數，則實數a的取值范圍是 (　　) A．a≤2 B．5≤a≤7 C．4≤a≤6 D．a≤5或a≥7 答案　B 解析　因為f(x)＝x3－ax2＋(a－1)x＋

25、1， 所以f′(x)＝x2－ax＋a－1， 由題意知當1

26、＝－37，f(2)＝－5.∴最小值為－37. 6． 已知函數f(x)＝(m－2)x2＋(m2－4)x＋m是偶函數，函數g(x)＝－x3＋2x2＋mx＋5在(－∞，＋∞)內單調遞減，則實數m＝________. 答案?。? 解析　若f(x)＝(m－2)x2＋(m2－4)x＋m是偶函數， 則m2－4＝0，m＝±2. 若g′(x)＝－3x2＋4x＋m≤0恒成立， 則Δ＝16＋4×3m≤0，解得m≤－，故m＝－2. 7． 函數f(x)＝x3＋3ax2＋3[(a＋2)x＋1]有極大值又有極小值，則a的取值范圍是________． 答案　a>2或a<－1 解析　∵f(x)＝x3＋3ax2

27、＋3[(a＋2)x＋1]， ∴f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2)． 令3x2＋6ax＋3(a＋2)＝0，即x2＋2ax＋a＋2＝0. ∵函數f(x)有極大值和極小值， ∴方程x2＋2ax＋a＋2＝0有兩個不相等的實根． 即Δ＝4a2－4a－8>0，∴a>2或a<－1. 三、解答題(共22分) 8． (10分)已知函數f(x)＝ax2＋bln x在x＝1處有極值. (1)求a，b的值； (2)求函數y＝f(x)的單調區(qū)間． 解　(1)f′(x)＝2ax＋.又f(x)在x＝1處有極值. 得　即解之得a＝，b＝－1. (2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定義域

28、是(0，＋∞)， 且f′(x)＝x－＝. 由f′(x)<0，得00，得x>1. 所以函數y＝f(x)的單調減區(qū)間是(0,1)， 單調增區(qū)間是(1，＋∞)． 9． (12分)已知函數f(x)＝ln|x| (x≠0)，函數g(x)＝＋af′(x) (x≠0)． (1)求函數y＝g(x)的表達式； (2)若a>0，函數y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2，求a的值． 解　(1)因為f(x)＝ln|x|， 所以當x>0時，f(x)＝ln x，當x<0時，f(x)＝ln(－x)． 所以當x>0時，f′(x)＝， 當x<0時，f′(x)＝·(－1)＝.

29、所以當x≠0時，函數y＝g(x)＝x＋. (2)由(1)，知當x>0時，g(x)＝x＋. 所以當a>0，x>0時，g(x)≥2，當且僅當x＝時取等號． 所以函數y＝g(x)在(0，＋∞)上的最小值是2. 所以2＝2.解得a＝1. B組　專項能力提升 (時間：25分鐘，滿分：43分) 一、選擇題(每小題5分，共15分) 1． (xx·重慶)設函數f(x)在R上可導，其導函數為f′(x)，且函數f(x)在x＝－2處取得極小值，則函數y＝xf′(x)的圖象可能是 (　　) 答案　C 解析　∵f(x)在x＝－2處取得極小值， ∴當x<－2時，f(x)單

30、調遞減，即f′(x)<0； 當x>－2時，f(x)單調遞增，即f′(x)>0. ∴當x<－2時，y＝xf′(x)>0； 當x＝－2時，y＝xf′(x)＝0； 當－20時，y＝xf′(x)>0. 結合選項中圖象知選C. 2． 函數y＝xe－x，x∈[0,4]的最小值為 (　　) A．0 B. C. D. 答案　A 解析　y′＝－e－x(x－1)， y′與y隨x變化情況如下表： x 0 (0,1) 1 (1,4) 4 y′ ＋ 0 － y

31、 0  取極大值 當x＝0時，函數y＝xe－x取到最小值0. 3． f(x)是定義在R上的偶函數，當x<0時，f(x)＋x·f′(x)<0，且f(－4)＝0，則不等式xf(x)>0的解集為 (　　) A．(－4,0)∪(4，＋∞) B．(－4,0)∪(0,4) C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0,4) 答案　D 解析　令g(x)＝x·f(x)，則g(x)為奇函數且當x<0時，g′(x)＝f(x)＋ x·f′(x)<0， ∴g(x)的圖象的變化趨勢如圖所示： 所以xf(x)>0的解集為(

32、－∞，－4)∪(0,4)． 二、填空題(每小題5分，共15分) 4． 已知函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c (x∈[－2,2])對應的曲線C過坐標原點，且在x＝±1處切線的斜率均為－1，則f(x)的最大值和最小值之和等于________． 答案　0 解析　由曲線f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c (x∈[－2,2])過坐標原點可知c＝0. ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知得 解得a＝0，b＝－4， ∴f(x)＝x3－4x，f(x)在x∈[－2,2]上有最大值，最小值，且函數f(x)＝x3－4x為奇函數，∴函數f(x)＝x3－4x的最大值和最小值之和為0. 5． 設

33、函數f(x)＝p－2ln x(p是實數)，若函數f(x)在其定義域內單調遞增，則實數p的取值范圍為______． 答案　[1，＋∞) 解析　易知函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，因為f′(x)＝，要使f(x)為單調增函數，須f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即px2－2x＋p≥0在(0，＋∞)上恒成立，即p≥＝在(0，＋∞)上恒成立，又≤1， 所以當p≥1時，f(x)在(0，＋∞)上為單調增函數． 6． 已知函數f(x)＝x3－3ax－a在(0,1)內有最小值，則a的取值范圍是________． 答案　(0,1) 解析　f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)， 顯然a>0

34、，f′(x)＝3(x＋)(x－)， 由已知條件0<<1，解得00時，因為二次函數y＝ax2＋(a－1)x

35、－a的圖象開口向上，而f′(0)＝－a<0， 所以需f′(1)＝(a－1)e<0，即00，f(x)不符合條件． 故a的取值范圍為0≤a≤1. (2)因為g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex， 所以g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex. (i)當a＝0時，g′(x)＝ex>0，g(x)在x＝0處取得最小值g(0)＝1，在x＝1處取得最大值g(1)＝e. (ii)當a＝1

36、時，對于任意x∈(0,1)有g′(x)＝－2xex<0，g(x)在x＝0處取得最大值g(0)＝2，在x＝1處取得最小值g(1)＝0. (iii)當00. ①若≥1，即0