【优选整合】苏教版高中数学 高三二轮 专题11 导数及函数的单调性 极值 最值 教案.doc

第2讲　导数与函数的单调性、极值、最值问题 高考定位　高考对本内容的考查主要有：(1)导数的运算是导数应用的基础，要求是B级，熟练掌握导数的四则运算法则、常用导数公式，一般不单独设置试题，是解决导数应用的第一步；(2)利用导数研究函数的单调性与极值是导数的核心内容，要求是B级，对应用导数研究函数的单调性与极值要达到相等的高度. 真 题 感 悟 1.(2017·江苏卷)已知函数f (x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数，若f (a－1)＋f (2a2)≤0，则实数a的取值范围是________. 解析　f ′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0且f ′(x)不恒为0，所以f (x)为单调递增函数. 又f (－x)＝－x3＋2x＋e－x－ex ＝－(x3－2x＋ex－)＝－f (x)， 故f (x)为奇函数， 由f (a－1)＋f (2a2)≤0，得f (2a2)≤f (1－a)， 2a2≤1－a，解之得－1≤a≤， 故实数a的取值范围是. 答案　 2.(2017·江苏卷)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a0，bR)有极值，且导函数f ′(x)的极值点是f (x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值) (1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b23a； (3)若f (x)，f ′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围. (1)解　由f (x)＝x3＋ax2＋bx＋1， 得f ′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3＋b－. 当x＝－时，f ′(x)有极小值b－. 因为f ′(x)的极值点是f (x)的零点， 所以f ＝－＋－＋1＝0， 又a0，故b＝＋. 因为f (x)有极值，故f ′(x)＝0有实根， 从而b－＝(27－a3)≤0，即a≥3. 当a＝3时，f ′(x)0(x≠－1)， 故f (x)在R上是增函数，f (x)没有极值； 当a3时，f ′(x)＝0有两个相异的实根 x1＝，x2＝. 列表如下： X (－∞，x1) x1 (x1，x2) x2 (x2，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f (x)  极大值  极小值  故f (x)的极值点是x1，x2.从而a3. 因此b＝＋，定义域为(3，＋∞). (2)证明　由(1)知，＝＋. 设g(t)＝＋，则g′(t)＝－＝. 当t时，g′(t)0， 从而g(t)在上单调递增. 因为a3，所以a3， 故g(a)g(3)＝，即.因此b23a. (3)解　由(1)知，f (x)的极值点是x1，x2， 且x1＋x2＝－a，x＋x＝. 从而f (x1)＋f (x2)＝x＋ax＋bx1＋1＋x＋ax＋bx2＋1 ＝(3x＋2ax1＋b)＋(3x＋2ax2＋b)＋a(x＋x)＋b(x1＋x2)＋2＝－＋2＝0. 记f (x)，f ′(x)所有极值之和为h(a)， 因为f ′(x)的极值为b－＝－a2＋， 所以h(a)＝－a2＋，a3. 因为h′(a)＝－a－0， 于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减. 因为h(6)＝－，于是h(a)≥h(6)，故a≤6. 因此a的取值范围为(3，6]. 考 点 整 合 1.导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f (x)在某个区间内可导，如果f ′(x)＞0，则y＝f (x)在该区间为增函数；如果f ′(x)＜0，则y＝f (x)在该区间为减函数. (2)函数单调性问题包括：求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法. 2.极值的判别方法 当函数f (x)在点x0处连续时，如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f ′(x)＜0，那么f (x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f ′(x)＜0，右侧f ′(x)＞0，那么f (x0)是极小值.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f ′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小. 3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者. 热点一　利用导数研究函数的单调性 [命题角度1]　求解含参函数的单调区间 【例1－1】 (2017·全国卷改编)已知函数f (x)＝ex(ex－a)－a2x，其中参数a≤0. (1)讨论f (x)的单调性； (2)若f (x)≥0，求a的取值范围. 解　(1)函数f (x)的定义域为(－∞，＋∞)，且a≤0. f′(x)＝2e2