高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 第2课时 利用导数研究函数的极值、最值学案 理 北师大版
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版 提优版)：导数与函数的单调性
当x>e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减.
因为32<2<e， 所以 f 32<f(2)，
即
2ln
33 2<2ln
2，故选项
A
正确；
因为 2< 3<e， 所以 f( 2)<f( 3)， 即 2ln 3> 3ln 2，故选项 B 不正确； 因为e<4<5， 所以f(4)>f(5)，即5ln 4>4ln 5， 故选项C不正确； 因为e<π， 所以f(e)>f(π)，即π>eln π，故选项D正确.
综上，当－2<a<0 时，g(x)的单调递减区间为0，12，－1a，＋∞， 单调递增区间为12，－1a； 当a＝－2时，g(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当 a<－2 时，g(x)的单调递减区间为0，－1a，12，＋∞，单调递增 区间为－1a，12.
思维升华
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进 行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数 为零的点和函数的间断点.
当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ∴函数f(x)的单调递增区间为(0,1).
思维升华
确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可， 但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调 区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开.
(2)若函数 f(x)＝ln xe＋x 1，则函数 f(x)的单调递增区间为__(_0_,_1_) __.
f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1x－lnexx－1， 令 φ(x)＝1x－ln x－1(x>0)， φ′(x)＝－x12－1x<0， φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0， ∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，
高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用3
高考数学一轮复习 第三章 3.7 利用导数研究函数零点 题型一 数形结合法研究函数零点例1 (2020·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)． (1)当a ＝1时，讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2ex ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0， 所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时， φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0， 所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 教师备选已知函数f (x )＝x e x ＋e x .(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)讨论函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为R ， 且f ′(x )＝(x ＋2)e x ，令f ′(x )＝0得x ＝－2，则f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减－1e2 单调递增∴f (x )的单调递减区间是(－∞，－2)，单调递增区间是(－2，＋∞)． 当x ＝－2时，f (x )有极小值为f (－2)＝－1e 2，无极大值．(2)令f (x )＝0，得x ＝－1， 当x <－1时，f (x )<0；当x >－1时，f (x )>0，且f (x )的图象经过点⎝⎛⎭⎫－2，－1e 2，(－1,0)，(0,1)． 当x →－∞时，与一次函数相比，指数函数y ＝e －x 增长更快，从而f (x )＝x ＋1e －x →0；当x →＋∞时，f (x )→＋∞，f ′(x )→＋∞，根据以上信息，画出f (x )大致图象如图所示．函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点的个数为y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 的交点个数． 当x ＝－2时，f (x )有极小值f (－2)＝－1e2.∴关于函数g (x )＝f (x )－a (a ∈R )的零点个数有如下结论：当a <－1e 2时，零点的个数为0；当a ＝－1e 2或a ≥0时，零点的个数为1；当－1e2<a <0时，零点的个数为2.思维升华 含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x 表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围． 跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数．解 (1)当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －e x 2＝x －e x 2.令f ′(x )＝0，得x ＝e. 当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0； 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴f (x )在(0，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝2. (2)由题意知g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x >0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)．当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点， ∴x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.结合y ＝φ(x )的图象(如图)可知，①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二 利用函数性质研究函数零点例2 (12分)(2021·全国甲卷)设函数f (x )＝a 2x 2＋ax －3ln x ＋1，其中a >0. (1)讨论f (x )的单调性； [切入点：判断f ′(x )的正负](2)若y ＝f (x )的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. [关键点：f (x )>0且f (x )有最小值]教师备选已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，g (x )＝x 2＋4. (1)讨论f (x )在[－π，π]上的单调性；(2)令h (x )＝g (x )－4f (x )，试证明h (x )在R 上有且仅有三个零点． (1)解 f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π，－π2∪⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，0∪⎝⎛⎭⎫π2，π时，f ′(x )<0， ∴f (x )在⎝⎛⎭⎫－π，－π2，⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－π2，0，⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． (2)证明 h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ， ∵h (－x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝h (x )， ∴h (x )为偶函数． 又∵h (0)＝0，∴x ＝0为函数h (x )的零点．下面讨论h (x )在(0，＋∞)上的零点个数： h (x )＝x 2＋4－4x sin x －4cos x ＝x (x －4sin x )＋4(1－cos x )． 当x ∈[4，＋∞)时， x －4sin x >0,4(1－cos x )≥0， ∴h (x )>0， ∴h (x )无零点； 当x ∈(0,4)时，h ′(x )＝2x －4x cos x ＝2x (1－2cos x )， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π3时，h ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫π3，4时，h ′(x )>0，∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫π3，4上单调递增， ∴h (x )min ＝h ⎝⎛⎭⎫π3＝π29＋4－4π3sin π3－4cos π3＝π29＋2－23π3<0，又h (0)＝0，且h (4)＝20－16sin 4－4cos 4>0， ∴h (x )在⎝⎛⎭⎫0，π3上无零点，在⎝⎛⎭⎫π3，4上有唯一零点． 综上，h (x )在(0，＋∞)上有唯一零点， 又h (0)＝0且h (x )为偶函数， 故h (x )在R 上有且仅有三个零点．思维升华 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．跟踪训练2 已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )只有一个零点．(1)解 当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3. 当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时， f ′(x )>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间为(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)， 单调递减区间为(3－23，3＋23)． (2)证明 因为x 2＋x ＋1>0在R 上恒成立， 所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0在R 上恒成立，当且仅当x ＝0时，g ′(x )＝0， 所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点． 又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0， f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上所述，f (x )只有一个零点．题型三 构造函数法研究函数的零点例3 (2021·全国甲卷)已知a >0且a ≠1，函数f (x )＝x aa x (x >0)．(1)当a ＝2时，求f (x )的单调区间；(2)若曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 22x (x >0)，f ′(x )＝x 2－x ln 22x(x >0)，令f ′(x )>0，则0<x <2ln 2，此时函数f (x )单调递增，令f ′(x )<0， 则x >2ln 2，此时函数f (x )单调递减， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，2ln 2，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫2ln 2，＋∞. (2)曲线y ＝f (x )与直线y ＝1有且仅有两个交点，可转化为方程x a a x ＝1(x >0)有两个不同的解，即方程ln x x ＝ln aa 有两个不同的解．设g (x )＝ln xx (x >0)，则g ′(x )＝1－ln xx 2(x >0)，令g ′(x )＝1－ln xx 2＝0，得x ＝e ，当0<x <e 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x >e 时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减， 故g (x )max ＝g (e)＝1e ，且当x >e 时，g (x )∈⎝⎛⎭⎫0，1e ， 又g (1)＝0，所以0<ln a a <1e ，所以a >1且a ≠e ，即a 的取值范围为(1，e)∪(e ，＋∞)． 教师备选(2022·南阳质检)已知f (x )＝13x 3＋32x 2＋2x ，f ′(x )是f (x )的导函数．(1)求f (x )的极值；(2)令g (x )＝f ′(x )＋k e x －1，若y ＝g (x )的函数图象与x 轴有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f ′(x )＝x 2＋3x ＋2＝(x ＋1)(x ＋2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝－2， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如表所示：x (－∞，－2)－2 (－2，－1)－1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗由表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝－23，极小值为f (－1)＝－56.(2)由(1)知g (x )＝x 2＋3x ＋2＋k e x －1＝x 2＋3x ＋1＋k e x ， 由题知需x 2＋3x ＋1＋k e x ＝0有三个不同的解，即k ＝－x 2＋3x ＋1e x有三个不同的解．设h (x )＝－x 2＋3x ＋1e x，则h ′(x )＝x 2＋x －2e x ＝x ＋2x －1e x ，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增， 当x ∈(－2,1)时，h ′(x )<0，h (x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，又当x →－∞时，h (x )→－∞， 当x →＋∞时，h (x )→0且h (x )<0， 且h (－2)＝e 2，h (1)＝－5e .作出函数h (x )的简图如图，数形结合可知，－5e<k <0.思维升华 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．跟踪训练3 设函数f (x )＝12x 2－m ln x ，g (x )＝x 2－(m ＋1)x ，m >0.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当m ≥1时，讨论f (x )与g (x )图象的交点个数． 解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝x ＋mx －mx .当0<x <m 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x >m 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，函数f (x )的单调递增区间是(m ，＋∞)，单调递减区间是(0，m )． (2)令F (x )＝f (x )－g (x )＝－12x 2＋(m ＋1)x －m ln x ，x >0，题中问题等价于求函数F (x )的零点个数．F ′(x )＝－x －1x －m x ，当m ＝1时，F ′(x )≤0，函数F (x )为减函数，因为F (1)＝32>0，F (4)＝－ln 4<0， 所以F (x )有唯一零点；当m >1时，0<x <1或x >m 时，F ′(x )<0；1<x <m 时，F ′(x )>0，所以函数F (x )在(0,1)和(m ，＋∞)上单调递减，在(1，m )上单调递增，因为F (1)＝m ＋12>0， F (2m ＋2)＝－m ln(2m ＋2)<0，所以F (x )有唯一零点．综上，函数F (x )有唯一零点，即函数f (x )与g (x )的图象总有一个交点．课时精练1．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )＝13x 3－12ax 2(a ≠0)． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，g (x )＝f (x )－2x ＋b ，讨论g (x )的零点个数．解 (1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )，若a >0，当x ∈(－∞，0)∪(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，若a <0，当x ∈(－∞，a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(a,0)时，f ′(x )<0，综上，当a >0时，f (x )在(－∞，0)，(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减， 当a <0时，f (x )在(－∞，a )，(0，＋∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．(2)g (x )＝13x 3－12x 2－2x ＋b ， 令g (x )＝0，所以b ＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 令h (x )＝－13x 3＋12x 2＋2x ， 则h ′(x )＝－x 2＋x ＋2＝－(x －2)(x ＋1)，所以h ′(2)＝0，h ′(－1)＝0，且当x <－1时，h ′(x )<0；当－1<x <2时，h ′(x )>0；当x >2时，h ′(x )<0，所以h (x )极小值＝h (－1)＝13＋12－2＝－76， h (x )极大值＝h (2)＝－13×8＋12×4＋4＝103， 如图，当b <－76或b >103时，函数g (x )有1个零点； 当b ＝－76或b ＝103时，函数g (x )有2个零点； 当－76<b <103时，函数g (x )有3个零点．2．已知函数f (x )＝e x (ax ＋1)，曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程为y ＝bx －e.(1)求a ，b 的值；(2)若函数g (x )＝f (x )－3e x －m 有两个零点，求实数m 的取值范围．解 (1)f (x )＝e x (ax ＋1)，则f ′(x )＝e x (ax ＋1)＋e x ·a ＝e x (ax ＋1＋a )，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ f ′1＝e 2a ＋1＝b ，f 1＝e a ＋1＝b －e ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3e ， ∴a ＝1，b ＝3e.(2)g (x )＝f (x )－3e x －m ＝e x (x －2)－m ，函数g (x )＝e x (x －2)－m 有两个零点，相当于函数u (x )＝e x ·(x －2)的图象与直线y ＝m 有两个交点，u ′(x )＝e x ·(x －2)＋e x ＝e x (x －1)，当x ∈(－∞，1)时，u ′(x )<0，∴u (x )在(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )>0，∴u (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴当x ＝1时，u (x )取得极小值u (1)＝－e.又当x →＋∞时，u (x )→＋∞，当x <2时，u (x )<0，∴－e<m <0，∴实数m 的取值范围为(－e,0)．3．已知函数f (x )＝e x ＋ax －a (a ∈R 且a ≠0)．(1)若函数f (x )在x ＝0处取得极值，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最大值；(2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝e x ＋ax －a ，得f ′(x )＝e x ＋a .∵函数f (x )在x ＝0处取得极值，∴f ′(0)＝e 0＋a ＝0，∴a ＝－1，∴f (x )＝e x －x ＋1，f ′(x )＝e x －1.∴当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．易知f (x )在[－2,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，且f (－2)＝1e 2＋3，f (1)＝e ，f (－2)>f (1)， ∴f (x )在[－2,1]上的最大值是1e 2＋3. (2)f ′(x )＝e x ＋a .①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )在R 上单调递增，且当x >1时，f (x )＝e x ＋a (x －1)>0，当x <0时，取x ＝－1a， 则f ⎝⎛⎭⎫－1a <1＋a ⎝⎛⎭⎫－1a －1＝－a <0， ∴函数f (x )存在零点，不满足题意．②当a <0时，令f ′(x )＝e x ＋a ＝0，则x ＝ln(－a )．当x ∈(－∞，ln(－a ))时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(ln(－a )，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当x ＝ln(－a )时，f (x )取得极小值，也是最小值．当x →－∞时，f (x )→＋∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．4．(2022·潍坊模拟)已知函数f (x )＝x 2－a sin x －2(a ∈R )． (1)若曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线经过坐标原点，求实数a ； (2)当a >0时，判断函数f (x )在x ∈(0，π)上的零点个数，并说明理由．解 (1)f ′(x )＝2x sin x －x 2－a cos x sin 2x， f ′⎝⎛⎭⎫π2＝π，所以f (x )在点⎝⎛⎭⎫π2，f ⎝⎛⎭⎫π2处的切线方程为y ＝πx ，所以f ⎝⎛⎭⎫π2＝π22， 即π24－a －2＝π22，a ＝－π24－2. (2)因为x ∈(0，π)，所以sin x >0，所以x 2－a sin x －2＝0可转化为x 2－a －2sin x ＝0， 设g (x )＝x 2－a －2sin x ，则g ′(x )＝2x －2cos x ，当x ∈⎣⎡⎭⎫π2，π时，g ′(x )>0，所以g (x )在区间⎣⎡⎭⎫π2，π上单调递增．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时， 设h (x )＝g ′(x )＝2x －2cos x ，此时h ′(x )＝2＋2sin x >0，所以g ′(x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又 g ′(0)＝－2<0，g ′⎝⎛⎭⎫π2＝π>0，所以存在x 0∈⎝⎛⎭⎫0，π2使得g ′(x )＝0且x ∈(0，x 0)时g (x )单调递减， x ∈⎣⎡⎭⎫x 0，π2时g (x )单调递增． 综上，对于连续函数g (x )，当x ∈(0，x 0)时，g (x )单调递减， 当x ∈(x 0，π)时，g (x )单调递增．又因为g (0)＝－a <0，所以当g (π)＝π2－a >0，即a <π2时，函数g (x )在区间(x 0，π)上有唯一零点，当g (π)＝π2－a ≤0，即a ≥π2时，函数g (x )在区间(0，π)上无零点， 综上可知，当0<a <π2时，函数f (x )在(0，π)上有1个零点； 当a ≥π2时，函数f (x )在(0，π)上没有零点．。
高中数学 第三章 导数及其应用 3.2.2 导数的运算法则导学案 新人教A版选修1-1
5．直线y＝4x＋b是曲线y＝ x3＋2x(x>0)的一条切线，则实数b＝________.
6．设a∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数是f′(x)，若f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为________.
三、解答题
7．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的图象过点P(0,2)，且在点M(－1，f(－1))处的切线方程为6x－y＋7＝0，求函数f(x)的解析式．
A． B．0 C．钝角D．锐角
3．曲线y＝ 在点(－1，－1)处的切线 方程为()
A．y＝2x＋1B．y＝2x－1
C．y＝－2x－3D．y＝－2x－2
4．(2015·山西六校联考)已知函数f(x)的导函数为f ′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)()
A．e－1 B．－1 C．－e－1D．－e
(2)y＝x－sin ·cos .
例2偶函数f(x)＝ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e的图象过点P(0,1)，且在x＝1处的切线方程为y＝x－2，求y＝f(x)的解析式．
练习：已知抛物线y＝ax2＋bx－7经过点(1,1)，过点(1,1 )的切线方程为4x－y－3＝0，求a、b的值．
例3已知直线l1为曲线y＝x2＋x－2在点(1,0)处的切线，l2为该曲线的另一条切线，且l1⊥l2.
f′(x)＝3x2－2x－1，
令f′(a)＝－1(0<a<1)，
即3a2－2a－1＝－1，
解得a＝ .
提高题acac
5.－
6.y＝－3x
7.[解析]由f(x)的图象经过点P(0,2)，知d＝2，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋2.f′(x)＝3x2＋2bx＋c.因为在M(－1，f(－1))处的切线方程是6x－y＋7＝0，
高考数学异构异模复习第三章导数及其应用3.2.2函数的极值与最值课件理
(2)由题可知 g(x)＝(x2－a)e1－x， 则 g′(x)＝(2x－x2＋a)e1－x＝(－x2＋2x＋a)e1－x. 根据题意，方程－x2＋2x＋a＝0 有两个不同的实根 x1，x2(x1<x2)， 所以 Δ＝4＋4a>0，即 a>－1，且 x1＋x2＝2，
注意点 极值点的含义及极值与最值的关系 (1)“极值点”不是点，若函数 f(x)在 x1 处取得极大值，则 x1 即为极大值点，极大值为 f(x1)；在 x2 处取 得极小值，则 x2 为极小值点，极小值为 f(x2)． (2)极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未 必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值.
第三章 导数及其应用
第2讲 导数的应用
考点二 函数的极值与最值
撬点·基础点 重难点
1 判断函数极值的方法 一般地，当函数 f(x)在点 x0 处连续时， (1)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 ； (2)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 ． 2 求可导函数 f(x)的极值的步骤 (1)求导函数 f′(x)； (2)求方程 f′(x)＝0 的根； (3)检验 f′(x)在方程 f′(x)＝0 的根的左右两侧的函数值的符号，如果 左正右负，那么函数 y＝f(x)在这 个根处取得极大值；如果 左负右正 ，那么函数 y＝f(x)在这个根处取得极小值，可列表完成． 3 函数的最值 在闭区间[a，b]上的连续函数 y＝f(x)，在[a，b]上必有最大值与最小值．在区间(a，b)上的连续函数 y ＝f(x)，若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．
第三章 导数及其应用3-2利用导数研究函数的性质
6 (1)若 Δ＝12－8a ＝0，即 a＝± . 2
2
当
a x∈－∞，3或
a x∈3，＋∞时，f
′(x)>0，
此时 f(x)在(－∞，＋∞)为增函数． 6 所以 a＝± 满足． 2
(2)若 Δ＝12－8a2<0，恒有 f ′(x)>0，f(x)在(－∞，＋ 3 ∞)上为增函数．所以 a > ， 2
(理)(2010·广东省东莞市模拟)已知函数f(x) 的导函数f ′(x)的图象如图所示，那么函数f(x) 的图象最有可能的是( )
解析：由图可知，当x>0时，f ′(x)<0，∴函 数f(x)的图象在(0，＋∞)上是单调递减的； 当x<－2时，f ′(x)<0，∴函数f(x)的图象在 (－∞，－2)上也是单调递减的，所以只有A 符合，故选A. 答案：A
重点难点 重点：1.用导数判定函数单调性的方法 2．函数极值的概念及求法、函数的最值 难点：导函数的图象与函数单调性的关系
知识归纳 1．函数的单调性 (1)设函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，如果 f ′(x)>0，则f(x)在区间(a，b)内为增函数； 如果f ′(x)<0，则f(x)在区间(a，b)内为减函 数． (2)①如果在某个区间内恒有f ′(x)＝0，则f(x) 等于常数．
答案：3
[例3] 函数f(x)的导函数y＝f ′(x)的图象如下 图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是 ( )
分析：由导函数f ′(x)的图象位于x轴上方(下 方)，确定f(x)的单调性，对比f(x)的图象， 用排除法求解． 解析：由f ′(x)的图象知，x∈(－∞，0)时，f ′(x)>0，f(x)为增函数，x∈(0,2)时，f ′(x)<0， f(x)为减函数，x∈(2，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x) 为增函数． 只有C符合题意，故选C. 答案：C
高考数学一轮总复习第三章函数与导数第2节导数在研究函数中的应用(第3课时)导数与函数的综合应用课件
考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)
(3)证明 因为 0<a<b，所以ba>1， 由(2)知 lnba>2ba·ba2－＋21，
整理得ln
b－ln b－a
a>a22＋ab2，
所以当
0<a<b
时，ln
b－ln b－a
a 2a >a2＋b2.
考点二 利用导数解决不等式的有关问题(多维探究)
即证明(x2＋1)ln x≥2x－2，
x2ln x＋ln x－2x＋2≥0 在[1，＋∞)上恒成立. 设 h(x)＝x2ln x＋ln x－2x＋2，则 h′(x)＝2xln x＋x＋1x－2，
因为 x≥1，所以 2xln x≥0，
x＋1x≥2· x·1x≥2(当且仅当 x＝1 时等号成立)，即 h′(x)≥0， 所以 h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x)≥h(1)＝0， 所以 g(x)≥f(x)在[1，＋∞)上恒成立.
命题角度 2 由不等式恒(能)成立求参数的范围
利用导数讨论函数的单调性
[例 2－2] (2017·全国Ⅱ卷改编)设函数 f(x)＝(1－x2)ex.
(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求正实数 a 的取值范围.
解 (1)f′(x)＝－2xex＋(1－x2)ex＝(1－2x－x2)ex.
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当 a≥1 时，设函数 h(x)＝(1－x)ex，h′(x)＝－xex<0(x>0)， f(x)＝(1－x2)ex 因此 h(x)在[0，＋∞)上单调递减，
又 h(0)＝1，故 h(x)≤1， 所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. 当 0<a<1 时， 设函数 g(x)＝ex－x－1，g′(x)＝ex－1>0(x>0)， 所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增.
高中数学-第三章-导数及其应用-第二节-导数在研究函数中的应用
第二节导数在研究函数中的应用1.了解函数的单调性与导数的关系；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(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次).利用导数研究函数的单调性1.函数f(x)(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间上是单调递增．(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间上是单调递减．(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数．2．利用导数判断函数单调性的一般步骤(1)求f′(x)．(2)在定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.(3)根据结果确定f(x)的单调性及单调区间．[提醒](1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接．(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递增，则f′(x)≥0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立；若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子区间，等号不恒成立．[小题练通]1.[教材改编题]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案：C2.[教材改编题]设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是()答案：C3.[教材改编题]函数y＝x4－2x2＋5的单调递减区间为()A ．(－∞，－1)和(0,1)B ．[－1,0]和[1，＋∞)C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]和[1，＋∞)答案：A4.[易错题]若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( )A.()13，＋∞B.(]－∞，13C.[)13，＋∞D.()－∞，13解析：选C y ′＝3x 2＋2x ＋m ，由条件知y ′≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13.5．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－1]C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x >1，所以0<1x<1，所以k ≥1.故选D.6．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________．解析：∵y ′＝－4x 2＋a ，且y 有三个单调区间，∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a >0，∴a >0.答案：(0，＋∞)1.函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．[提醒] (1)极值点不是点，若函数f (x )在x 1处取得极大值，则x 1为极大值点，极大值为f (x 1)；在x 2处取得极小值，则x 2为极小值点，极小值为f (x 2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．(3)f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的必要而非充分条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．[小题练通]1.[教材改编题]设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点 答案：D2.[教材改编题]如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 由图象及极值点的定义知，f (x )只有一个极小值点．3.[教材改编题]若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选D f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 4.[易错题]已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2，当x ＝－1时有极值0，则a ＋b 的值为________．解析：f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，由题意得⎩⎨⎧ f ′(－1)＝0，f (－1)＝0，即⎩⎨⎧ －6a ＋b ＋3＝0，a 2＋3a －b －1＝0，解之，得⎩⎨⎧ a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9.当a＝1，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立，所以f (x )在x ＝－1处无极值，舍去．所以a ＝2，b ＝9.所以a ＋b ＝11.答案：115．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________． 解析：由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2.所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6. 答案：(2,6)6．若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，则f (x )的极小值为________．解析：因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在 (－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1.答案：－1(1)在闭区间[a ，b ](2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值．[提醒] 求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．[小题练通]1.[教材改编题]函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值ln 1－1＝－1.2.[教材改编题]函数f (x )＝x 4－4x (|x |<1)( ) A ．有最大值，无最小值 B ．有最大值，也有最小值 C ．无最大值，有最小值D ．既无最大值，也无最小值解析：选D f ′(x )＝4x 3－4＝4(x －1)(x 2＋x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.又x ∈(－1,1)且1∉(－1,1)，∴该方程无解，故函数f (x )在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D.3.[教材改编题]函数y ＝x ＋2cos x 在区间[]0，π2上的最大值是________． 答案：3＋π64.[易错题]已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是________． 答案：(－4，－2)5．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为________．解析：f ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．令f ′(x )＝0，得x ＝1(e －x >0)，f (1)＝1e >0，f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，所以f (x )的最小值为0.答案：06．已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×()－32×()1＋12＝－332.答案：－332[课时跟踪检测] 1．(2019·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(－1,1)B ．(0,1]C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：选B 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由y ′＝x －1x ≤0，得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．2．函数f (x )的导函数f ′(x )有下列信息： ①f ′(x )>0时，－1<x <2； ②f ′(x )<0时，x <－1或x >2； ③f ′(x )＝0时，x ＝－1或x ＝2. 则函数f (x )的大致图象是( )解析：选C 根据信息知，函数f (x )在(－1,2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)上是减函数，故选C. 3．函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( ) A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0解析：选C ∵f (x )＝x 4－2x 2＋3， ∴由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0， 得x ＝0或x ＝1或x ＝－1，又当x <－1时，f ′(x )<0，当－1<x <0时，f ′(x )>0， 当0<x <1时，f ′(x )<0，当x >1时，f ′(x )>0， ∴x ＝0,1，－1都是f (x )的极值点．4．(2019·成都高三摸底测试)已知函数f (x )＝x 3－ax 在(－1，1)上单调递减，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．[3，＋∞)C ．(－∞，1]D ．(－∞，3]解析：选B ∵f (x )＝x 3－ax ，∴f ′(x )＝3x 2－a .又f (x )在(－1,1)上单调递减，∴3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，∴a ≥3，故选B.5.(2019·赤峰模拟)设函数f (x )在定义域R 上可导，其导函数为f ′(x )，若函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析：选D 由题图可知，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当x ＝－2时，f ′(x )＝0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＝2时，f ′(x )＝0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可得函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．故选D.6．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝sin 2x B ．f (x )＝x e x C ．f (x )＝x 3－xD ．f (x )＝－x ＋ln x解析：选B 对于A ，f (x )＝sin 2x 的单调递增区间是[]k π－π4，k π＋π4(k ∈Z)；对于B ，f ′(x )＝e x (x ＋1)，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )＝x e x 在(0，＋∞)上为增函数；对于C ，f ′(x )＝3x 2－1，令f ′(x )>0，得x >33或x <－33，∴函数f (x )＝x 3－x 在()－∞，－33和()33，＋∞上单调递增；对于D ，f ′(x )＝－1＋1x ＝－x －1x ，令f ′(x )>0，得0<x <1， ∴函数f (x )＝－x ＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.7.函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图，则函数y ＝ax 2＋32b b x ＋c3的单调递增区间是( )A ．(－∞，－2] B.[)12，＋∞C ．[－2,3]D.[)98，＋∞解析：选D 由题图可知d ＝0.不妨取a ＝1，∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ，∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由图可知f ′(－2)＝0，f ′(3)＝0，∴12－4b ＋c ＝0,27＋6b ＋c ＝0，∴b ＝－32，c ＝－18.∴y ＝x 2－94x －6，y ′＝2x －94.当x ≥98时，y ′≥0，∴y ＝x 2－94x －6的单调递增区间为[)98，＋∞.故选D.8．已知定义在R 上的函数f (x )，f (x )＋x ·f ′(x )<0，若a <b ，则一定有( ) A ．af (a )<bf (b ) B ．af (b )<bf (a ) C ．af (a )>bf (b )D ．af (b )>bf (a )解析：选C [x ·f (x )]′＝x ′f (x )＋x ·f ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )<0， ∴函数x ·f (x )是R 上的减函数，∵a <b ，∴af (a )>bf (b )．9．(2019·广州模拟)若函数f (x )＝e x (sin x ＋a cos x )在()π4，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，1) C ．[1，＋∞)D ．(1，＋∞)解析：选A f ′(x )＝e x [sin x ＋cos x －a (sin x －cos x )]，当a ＝0时，f ′(x )＝e x (sin x ＋cos x )，显然x ∈()π4，π2，f ′(x )>0恒成立，排除C 、D ；当a ＝1时，f ′(x )＝2e x cos x ，x ∈()π4，π2时，f ′(x )>0，故选A.10．定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}解析：选B 令g (x )＝2f (x )－x －1，∵f ′(x )>12，∴g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，∴g (x )为单调增函数，∵f (1)＝1，∴g (1)＝2f (1)－1－1＝0，∴当x <1时，g (x )<0，即2f (x )<x ＋1，故选B.11．已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x －1)(x －1)k (k ＝1,2)，则( ) A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极小值 B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取到极大值 C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极小值 D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取到极大值解析：选C 当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，0,1是函数f (x )的零点．当0<x <1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)<0，当x >1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)>0,1不会是极值点．当k ＝2时，f (x )＝(e x －1)(x －1)2，零点还是0,1，但是当0<x <1，x >1时，f (x )>0，由极值的概念，知选C.12．(2019·湖北咸宁重点高中联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(4，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(0,3]解析：选A ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)，由x －9x ≤0，得0<x ≤3，∴f (x )在(0,3]上是减函数，则[a －1，a ＋1]⊆(0,3]，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.13．函数f (x )＝13x 3＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是________．解析：f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173. 答案：－17314．(2019·长治联考)定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足x 2f ′(x )＋1>0，f (1)＝6，则不等式f (lg x )<1lg x ＋5的解集为________．解析：构造g (x )＝f (x )－1x －5，则g ′(x )＝f ′(x )＋1x 2＝x 2f ′(x )＋1x 2>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，∵f (1)＝6，∴g (1)＝0，故g (x )<0的解集为(0,1)，即f (x )<1x ＋5的解集为(0,1)，由0<lg x <1，得1<x <10，不等式的解集为(1,10)．答案：(1,10)15．已知函数f (x )＝e xx 2－k ()2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围为________．解析：f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k ()－2x 2＋1x ＝(x －2)()e xx －kx 2(x >0)．设g (x )＝e xx (x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∴g (x )在(0，＋∞)上有最小值，为g (1)＝e ，结合g (x )＝e xx与y ＝k 的图象可知，要满足题意，只需k ≤e.答案：(－∞，e]16．已知函数g(x)满足g(x)＝g′(1)e x－1－g(0)x＋12x2，且存在实数x0，使得不等式2m－1≥g(x0)成立，则实数m的取值范围为________．解析：g′(x)＝g′(1)e x－1－g(0)＋x，令x＝1，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，∴g′(1)＝e，∴g(x)＝e x－x＋12x2，g′(x)＝e x－1＋x，当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，∴当x＝0时，函数g(x)取得最小值g(0)＝1.根据题意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1.答案：[1，＋∞)第2课时必备方法——破解导数问题常用到的4种方法构造函数法解决抽象不等式问题以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x)±g(x)，f(x)g(x)，f(x)g(x)”等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．类型一构造y＝f(x)±g(x)型可导函数[例1]设奇函数f(x)是R上的可导函数，当x>0时有f′(x)＋cos x<0，则当x≤0时，有()A．f(x)＋sin x≥f(0)B．f(x)＋sin x≤f(0)C．f(x)－sin x≥f(0) D．f(x)－sin x≤f(0)[解析]观察条件中“f′(x)＋cos x”与选项中的式子“f(x)＋sin x”，发现二者之间是导函数与原函数之间的关系，于是不妨令F(x)＝f(x)＋sin x，因为当x>0时，f′(x)＋cos x<0，即F′(x)<0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，又F(－x)＝f(－x)＋sin(－x)＝－[f(x)＋sin x]＝－F(x)，所以F(x)是R上的奇函数，且F(x)在(－∞，0)上单调递减，F(0)＝0，并且当x≤0时有F(x)≥F(0)，即f(x)＋sin x≥f(0)＋sin 0＝f(0)，故选A.[答案]A[题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)±g′(x)”时，不妨联想、逆用“f′(x)±g′(x)＝[f(x)±g(x)]′”．构造可导函数y＝f(x)±g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型二构造f(x)·g(x)型可导函数[例2]设函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)>0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞)B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)[解析]利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以F(－3)＝－F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.[答案]A[题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”时，可联想、逆用“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝[f(x)g(x)]′”，构造可导函数y＝f(x)g(x)，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题．类型三 构造f (x )g (x )型可导函数 [例3] 已知定义在R 上函数f (x )，g (x )满足：对任意x ∈R ，都有f (x )>0，g (x )>0，且f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0.若a ，b ∈R ＋且a ≠b ，则有( )A ．f ()a ＋b 2g ()a ＋b2>f (ab )g (ab ) B ．f()a ＋b 2g ()a ＋b2<f (ab )g (ab ) C ．f ()a ＋b 2g (ab )>g ()a ＋b2f (ab ) D ．f()a ＋b 2g (ab )<g ()a ＋b2f (ab ) [解析] 根据条件中“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )g (x )，因为f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )<0，所以F ′(x )＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2<0，F (x )在R 上单调递减．又因为a ＋b 2>ab ，所以F ()a ＋b2<F (ab )，即f()a ＋b 2g()a ＋b2<f (ab )g (ab )，所以f ()a ＋b 2g (ab )<g ()a ＋b 2·f (ab )，故选D.[答案] D [题后悟通]当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )”时，可联想、逆用“f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2＝[]f (x )g (x )′”，构造可导函数y ＝f (x )g (x )，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题． [方法技巧]构造函数解决导数问题常用模型(1)条件：f ′(x )>a (a ≠0)：构造函数：h (x )＝f (x )－ax . (2)条件：f ′(x )±g ′(x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )±g (x )． (3)条件：f ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝e x f (x )． (4)条件：f ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )e x. (5)条件：xf ′(x )＋f (x )>0：构造函数：h (x )＝xf (x )． (6)条件：xf ′(x )－f (x )>0：构造函数：h (x )＝f (x )x. [针对训练]1．已知定义域为R 的函数f (x )的图象经过点(1,1)，且对于任意x ∈R ，都有f ′(x )＋2>0，则不等式f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|的解集为( )A ．(－∞，0)∪(0,1)B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)∪(0,3)D ．(－∞，1)解析：选A 根据条件中“f ′(x )＋2”的特征，可以构造F (x )＝f (x )＋2x ，则F ′(x )＝f ′(x )＋2>0，故F (x )在定义域内单调递增，由f (1)＝1，得F (1)＝f (1)＋2＝3，因为由f (log 2|3x －1|)<3－log2|3x－1|可化为f (log 2|3x －1|)＋2log 2|3x －1|<3，令t ＝log 2|3x －1|，则f (t )＋2t <3.即F (t )<F (1)，所以t <1.即log 2|3x －1|<1，从而0<|3x －1|<2，解得x <1且x ≠0，故选A.2．设定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )＝3x 2e －x ，且f (0)＝0，则下列结论正确的是( ) A ．f (x )在R 上单调递减 B ．f (x )在R 上单调递增C ．f (x )在R 上有最大值D ．f (x )在R 上有最小值解析：选C 根据条件中“f ′(x )＋f (x )”的特征，可以构造F (x )＝e x f (x )，则有F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]＝e x ·3x 2e －x＝3x 2，故F (x )＝x 3＋c (c 为常数)，所以f (x )＝x 3＋c e x ，又f (0)＝0，所以c ＝0，f (x )＝x 3e x .因为f ′(x )＝3x 2－x 3e x，易知f (x )在区间(－∞，3]上单调递增，在[3， ＋∞)上单调递减，f (x )max ＝f (3)＝27e 3，无最小值，故选C. 3．已知f (x )为定义在(0，＋∞)上的可导函数，且f (x )>xf ′(x )，则不等式x 2f ()1x －f (x )<0的解集为________． 解析：因为f (x )>xf ′(x )，所以xf ′(x )－f (x )<0，根据“xf ′(x )－f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )x，则F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故F (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为x >0，所以x 2f ()1x －f (x )<0可化为xf ()1x －f (x )x <0，即f ()1x1x－f (x )x <0，即f ()1x 1x<f (x )x，即F ()1x <F (x )，所以⎩⎨⎧x >0，1x >x ，解得0<x <1，故不等式x 2f ()1x －f (x )<0的解集为(0,1)．答案：(0,1)类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．[例1] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1. (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在区间()－23，－13内是减函数，求a 的取值范围． [解] (1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增； ②当Δ>0⇒a <－3或a > 3. 由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.所以f (x )1212(2)因为f (x )在()－23，－13内是减函数，所以()－23，－13⊆(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0在()－23，－13上恒成立．所以2a ≥－3x －1x在()－23，－13上恒成立，所以a ≥2.[题后悟通]本题求导后，转化为一个二次型函数的含参问题，首先考虑二次三项式是否存在零点，即对判别式Δ进行Δ≤0和Δ>0两类讨论，可归纳为“有无实根判别式，两种情形需知晓”．[例2] 函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．[解] 因为f ′(x )＝－2ax 2＋2(a 2－1)x ＋2a (x 2＋1)2＝－2a (x 2＋1)2·(x －a )()x ＋1a .(1)a>0时f(x)(2)当a<0时，f(x)综上，当a>0时，f(x)的递增区间是(－a－1，a)，递减区间是(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.当a<0时，f(x)的递增区间是(－∞，a)，(－a－1，＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，f(x)的极小值为f(－a－1)＝－a2，极大值为f(a)＝1.[题后悟通]求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先证系数零正负”．[例3]已知函数f(x)＝ln(x＋1)－axx＋a(a>1)，讨论f(x)的单调性．[解]f′(x)＝x(x－(a2－2a))(x＋1)(x＋a)2.①当a2－2a<0时，即1<a<2，又a2－2a＝(a－1)2－1>－1.②当a＝2时，f′(x)＝x(x＋1)(x＋2)2≥0，f(x)在(－1，＋∞)上递增．③当a2－2a>0时，即a>2时，综上f(x)的递增区间是(－1,0)，(a2－2a，＋∞)，递减区间是(0，a2－2a)；当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)上递增．[题后悟通]求导后且导函数可分解且首项系数无参数可求出f′(x)的根后比较两根大小，注意两根是否在定义域内，可归纳为“首项系数无参数，根的大小定胜负．定义域，紧跟踪，两根是否在其中”．[方法技巧]利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程[口诀记忆]导数取零把根找，先定有无后大小； 有无实根判别式，两种情形需知晓． 因式分解见两根，逻辑分类有区分； 首项系数含参数，先论系数零正负． 首项系数无参数，根的大小定胜负； 定义域，紧跟踪，两根是否在其中．[针对训练]4．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性． 解：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ()－a2. 当x ∈()－∞，ln ()－a2时，f ′(x )＜0；当x ∈()ln ()－a2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在()－∞，ln ()－a2上单调递减，在()ln ()－a2，＋∞上单调递增．[典例] 函数f (x )＝e [解题观摩] 因为g (x )＝e 2x －e －2x －4x －4b e x ＋4b e －x ＋8bx ， 所以g ′(x )＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x －2b ＋2)． 因为e x ＋e －x ≥2e x ·e －x ＝2.①当b ≤2时，g ′(x )≥0，所以g (x )在R 上递增． 所以当x >0时，g (x )>g (0)＝0.②当b >2时，由e x ＋e －x －2b ＋2＝0⇒x 1＝ln(b －1＋b 2－2b )>0，x 2＝ln(b －1－b 2－2b )<0. 所以当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g ′(x )<0. 所以g (ln(b －1＋b 2－2b ))<g (0)＝0，不合题意． 综上，b ≤2，∴b max ＝2. [题后悟通]在一些不等式证明或恒成立的问题中，通常需要判定函数极值或最值的正负．有时直接计算函数的极值涉及复杂的运算，甚至无法算出一个显性的数值．这时可以考虑不直接计算函数极值，通过计算另一个特殊点的函数值来确定函数极值或最值的正负，这个特殊点通常在解题过程中已出现过．如在本题②中要直接算出g (ln(b －1＋b 2－2b ))很难，转移到计算g (0)就很简单，而且g (0)在解题过程中已出现过，这就是转移法．[口诀记忆]最值运算入逆境，位置挪移绕道行； 挪动位置到何处，解题过程曾途经．[针对训练]5．函数f (x )＝1＋x 1－xe －ax，对任意x ∈(0,1)恒有f (x )>1，求a 的取值范围． 解：①当a ≤0时，因为x ∈(0,1)， 所以1＋x1－x>1且e －ax >1，所以f (x )>1. 因为f ′(x )＝a e －ax (1－x )2()x 2－1＋2a ＝0⇒x 2＝1－2a . ②当0<a ≤2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(0,1)上递增， 所以f (x )>f (0)＝1. ③当a >2时，f (x )在()－1－2a，1－2a上递减． 所以当x ∈[)0， 1－2a时，f (x )<f (0)＝1，不合题意． 综上a ≤2.[例1] 若函数f (x )＝sin xx，0<x 1<x 2<π.设a ＝f (x 1)，b ＝f (x 2)，试比较a ，b 的大小． [解题观摩] 由f (x )＝sin xx ，得f ′(x )＝x cos x －sin x x 2， 设g (x )＝x cos x －sin x ，则g ′(x )＝－x sin x ＋cos x －cos x ＝－x sin x .∵0<x <π，∴g ′(x )<0，即函数g (x )在(0，π)上是减函数． ∴g (x )<g (0)＝0，因此f ′(x )<0，故函数f (x )在(0，π)是减函数， ∴当0<x 1<x 2<π，有f (x 1)>f (x 2)，即a >b . [题后悟通]从本题解答来看，为了得到f (x )的单调性，须判断f ′(x )的符号，而f ′(x )＝x cos x －sin xx 2的分母为正，只需判断分子x cos x －sin x 的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题．[例2] 已知函数f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，其中e 为自然对数的底数． (1)求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立，求t 的取值范围． [解题观摩] (1)由f (x )＝e x －x ln x ，知f ′(x )＝e －ln x －1， 则f ′(1)＝e －1，而f (1)＝e ，则所求切线方程为y －e ＝(e －1)(x －1)， 即y ＝(e －1)x ＋1.(2)∵f (x )＝e x －x ln x ，g (x )＝e x －tx 2＋x ，t ∈R ，∴g (x )≥f (x )对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立等价于e x －tx 2＋x －e x ＋x ln x ≥0对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立， 即t ≤e x ＋x －e x ＋x ln x x 2对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．令F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln xx 2，则F ′(x )＝x e x ＋e x －2e x －x ln x x 3＝1x2()e x ＋e －2e xx －ln x ， 令G (x )＝e x ＋e －2e xx－ln x ， 则G ′(x )＝e x －2(x e x －e x )x 2－1x ＝e x (x －1)2＋e x －xx 2>0，对任意的x ∈(0，＋∞)恒成立．∴G (x )＝e x ＋e －2e xx－ln x 在(0，＋∞)上单调递增，且G (1)＝0，∴当x ∈(0,1)时，G (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，G (x )>0，即当x ∈(0,1)时，F ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )>0， ∴F (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴F (x )≥F (1)＝1，∴t ≤1，即t 的取值范围是(－∞，1]． [题后悟通]本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数t 的范围问题，实际上是求F (x )＝e x ＋x －e x ＋x ln x x 2极值问题，问题是F ′(x )＝1x2(e x ＋e －2e xx－ln x )这个方程求解不易，这时我们可以尝试对G (x )＝x 2·F ′(x )再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．[方法技巧]判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负．有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定导函数的正负．[针对训练]6．讨论函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1的单调性．解：由f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1，可知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．易得f ′(x )＝ln x ＋x ＋1x －1＝ln x ＋1x，用f ′(x )去分析f (x )的单调性受阻．因此再对f ′(x )＝ln x ＋1x 求导，得f ″(x )＝1x －1x 2＝x －1x 2.令f ″(x )＝x －1x 2＝0，得x ＝1.当0<x ≤1时，f ″(x )≤0，即f ′(x )＝ln x ＋1x 在区间(0,1)上为减函数；当x >1时，f ″(x )>0，即f ′(x )＝ln x ＋1x 在区间(1，＋∞)上为增函数．因此f ′(x )min ＝f ′(1)＝1>0，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．[课时跟踪检测]1．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论一定错误的是( )A ．f ()1k <1kB ．f ()1k >1k －1C ．f ()1k －1<1k －1D ．f ()1k －1>1k －1解析：选C 根据条件式f ′(x )>k 得f ′(x )－k >0，可以构造F (x )＝f (x )－kx ，因为F ′(x )＝f ′(x )－k >0，所以F (x )在R 上单调递增．又因为k >1，所以1k －1>0，从而F ()1k －1>F (0)，即f ()1k －1－kk －1>－1，移项、整理得f ()1k －1>1k －1，因此选项C 是错误的，故选C.2．已知f (x )是定义在R 上的增函数，其导函数为f ′(x )，且满足f (x )f ′(x )＋x <1，则下列结论正确的是( ) A ．对于任意x ∈R ，f (x )<0 B ．对于任意x ∈R ，f (x )>0C ．当且仅当x ∈(－∞，1)时，f (x )<0D ．当且仅当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0解析：选A 因为函数f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0，又因为f (x )f ′(x )＋x <1，则f ′(x )≠0，综合可知f ′(x )>0.又因为f (x )f ′(x )＋x <1，则f (x )＋xf ′(x )<f ′(x )，即f (x )＋(x －1)f ′(x )<0，根据“f (x )＋(x －1)f ′(x )”的特征，构造函数F (x )＝(x －1)f (x )，则F ′(x )<0，故函数F (x )在R 上单调递减，又F (1)＝(1－1)f (1)＝0，所以当x >1时，x －1>0，F (x )<0，故f (x )<0.又因为f (x )是定义在R 上的增函数，所以当x ≤1时，f (x )<0，因此对于任意x ∈R ，f (x )<0，故选A.3．设y ＝f (x )是(0，＋∞)上的可导函数，f (1)＝2，(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)恒成立．若曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y ＝g (x )，且g (a )＝2 018，则a 等于( )A ．－501B ．－502C ．－503D ．－504解析：选C 由“2f (x )＋xf ′(x )”联想到“2xf (x )＋x 2f ′(x )”，可构造 F (x )＝x 2f (x )(x >0)．由(x －1)[2f (x )＋xf ′(x )]>0(x ≠1)可知，当x >1时，2f (x )＋xf ′(x )>0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )>0，故F (x )在(1，＋∞)上单调递增；当0<x <1时，2f (x )＋xf ′(x )<0，则F ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )<0，故F (x )在(0,1)上单调递减，所以x ＝1为极值点，则F ′(1)＝2×1×f (1)＋12f ′(1)＝2f (1)＋f ′(1)＝0.由f (1)＝2可得f ′(1)＝－4，曲线f (x )在点(1,2)处的切线为y －2＝－4(x －1)，即y ＝6－4x ，故g (x )＝6－4x ，g (a )＝6－4a ＝2 018，解得a ＝ －503，故选C.4．设f ′(x )是函数f (x )(x ∈R)的导函数，且满足xf ′(x )－2f (x )>0，若在△ABC 中，角C 为钝角，则( ) A ．f (sin A )·sin 2B >f (sin B )·sin 2A B ．f (sin A )·sin 2B <f (sin B )·sin 2A C ．f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A D ．f (cos A )·sin 2B <f (sin B )·cos 2A解析：选C 根据“xf ′(x )－2f (x )”的特征，可以构造函数F (x )＝f (x )x 2，则有F ′(x )＝x 2f ′(x )－2xf (x )x 4＝x [xf ′(x )－2f (x )]x 4，所以当x >0时，F ′(x )>0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增．因为π2<C <π，所以0<A ＋B <π2，0<A <π2－B ，则有1>cos A >cos ()π2－B ＝sin B >0，所以F (cos A )>F (sin B )，即f (cos A )cos 2A >f (sin B )sin 2B ，f (cos A )·sin 2B >f (sin B )·cos 2A ，故选C.5．(2018·长春三模)定义在R 上的函数f (x )满足：f ′(x )＞f (x )恒成立，若x 1＜x 2，则e x 1f (x 2)与e x 2f (x 1)的大小关系为( )A ．e x 1f (x 2)＞e x 2f (x 1)B ．e bx 1f (x 2)＜e bx 2f (x 1)C ．e bx 1f (x 2)＝e bx 2f (x 1)D ．e bx 1f (x 2)与e bx 2f (x 1)的大小关系不确定 解析：选A 设g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )e x －f (x )e x (e x )2＝f ′(x )－f (x )e x ，由题意知g ′(x )＞0，所以g (x )单调递增，当x 1＜x 2时，g (x 1)＜g (x 2)，即f (x 1)e bx 1＜f (x 2)e bx 2，所以e bx 1f (x 2)＞e bx 2f (x 1)．6．设定义在R 上的函数f (x )满足f (1)＝2，f ′(x )<1，则不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为________．解析：由条件式f ′(x )<1得f ′(x )－1<0，待解不等式f (x 2)>x 2＋1可化为f (x 2)－x 2－1>0，可以构造F (x )＝f (x )－x －1，由于F ′(x )＝f ′(x )－1<0，所以F (x )在R 上单调递减．又因为F (x 2)＝f (x 2)－x 2－1>0＝2－12－1＝f (12)－12－1＝F (12)，所以x 2<12，解得－1<x <1，故不等式f (x 2)>x 2＋1的解集为{x |－1<x <1}．答案：{x |－1<x <1}7．若定义在R 上的函数f (x )满足f ′(x )＋f (x )>2，f (0)＝5，则不等式f (x )<3ex ＋2的解集为________．解析：因为f ′(x )＋f (x )>2，所以f ′(x )＋f (x )－2>0，不妨构造函数F (x )＝e x f (x )－2e x .因为F ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )－2]>0，所以F (x )在R 上单调递增．因为f (x )<3e x ＋2，所以e xf (x )－2e x <3，即F (x )<3，又因为F (0)＝e 0f (0)－2e 0＝3，所以F (x )<F (0)，则x <0，故不等式f (x )<3ex ＋2的解集为(－∞，0)．答案：(－∞，0)8．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0，讨论f (x )的单调性．解：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8. ①当Δ≤0，即0＜a ≤22时，对一切x ＞0都有f ′(x )≥0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＞0，即a ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0＜x 1＜x 2.由f ′(x )>0，得0<x <x 1或x >x 2. 由f ′(x )<0，得x 1<x <x 2. 所以f (x )在 ⎝⎛⎭⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝⎛⎭⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．9．设a ≥0，求证：当x >1时，恒有x >ln 2x －2a ln x ＋1. 证明：令g (x )＝x －ln 2x ＋2a ln x －1(x >1)， 所以g ′(x )＝x －2ln x ＋2ax.令u (x )＝x －2ln x ＋2a ，所以u ′(x )＝1－2x ＝x －2x.所以u (x )≥u (2)＝2(1－因为x >1，所以g (x )>g (1)＝0，所以原不等式成立． 10．已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋1－x1＋x，x ≥0，其中a >0.若f (x )的最小值为1，求a 的取值范围． 解：因为f ′(x )＝ax 2＋a －2(ax ＋1)(x ＋1)2.①当a ≥2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)递增， 所以f (x )min ＝f (0)＝1，满足题设条件． ②当0<a <2时，f (x )在⎣⎡⎭⎫0，2－a a 上递减，在(2－aa，＋∞ )递增．所以f (x )min ＝f (2－a a)<f (0)＝1，不满足题设条件．综上，a ≥2.第3课时 题型研究——“函数与导数”大题常考的3类题型一、学前明考情——考什么、怎么考[真题尝试]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性； (2)当a ＜0时，证明f (x )≤－34a－2. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋2ax ＋2a ＋1＝(x ＋1)(2ax ＋1)x .若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＜0，则当x ∈()0，－12a 时，f ′(x )＞0；当x ∈()－12a ，＋∞时，f ′(x )＜0.故f (x )在()0，－12a 上单调递增，在()－12a ，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a ＜0时，f (x )在x ＝－12a 处取得最大值，最大值为f ()－12a ＝ln ()－12a －1－14a.所以f (x )≤－34a －2等价于ln ()－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ()－12a ＋12a＋1≤0. 设g (x )＝ln x －x ＋1，则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )＞0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＜0.所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x ＞0时，g (x )≤0.从而当a ＜0时，ln ()－12a ＋12a ＋1≤0，即f (x )≤－34a－2.2．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2. (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a .解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0. 设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x . 当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1. (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x .f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点等价于h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点． (ⅰ)当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点； (ⅱ)当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x . 当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0. 所以h (x )在(0,2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在(0，＋∞)上的最小值．①当h (2)>0，即a <e 24时，h (x )在(0，＋∞)上没有零点．②当h (2)＝0，即a ＝e 24时，h (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．③当h (2)<0，即a >e 24时，因为h (0)＝1，所以h (x )在(0,2)上有一个零点． 由(1)知，当x >0时，e x >x 2， 所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3(e 2a )2>1－16a 3(2a )4＝1－1a >0， 故h (x )在(2,4a )上有一个零点． 因此h (x )在(0，＋∞)上有两个零点．综上，当f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点时，a ＝e 24.3．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x .可知f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，又f ′(2)＝0， 所以当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1.设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x.可知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，且g ′(1)＝0， 所以当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.[把握考情]二、课堂研题型——怎么办、提知能较难．常见的考法有：(1)求函数的单调区间．(2)讨论函数的单调性．(3)由函数的单调性求参数． 考法一 求函数的单调区间[例1] (2018·湘东五校联考节选)已知函数f (x )＝(ln x －k －1)x (k ∈R)．当x >1时，求f (x )的单调区间． [解] f ′(x )＝1x ·x ＋ln x －k －1＝ln x －k ，①当k ≤0时，因为x >1，所以f ′(x )＝ln x －k >0，所以函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间． ②当k >0时，令ln x －k ＝0，解得x ＝e k ， 当1<x <e k 时，f ′(x )<0；当x >e k 时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．综上所述，当k ≤0时，函数f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，无单调递减区间；当k >0时，函数f (x )的单调递减区间是(1，e k )，单调递增区间是(e k ，＋∞)．[方法技巧]利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，依照实根把函数的定义域划分为几个区间，确定各区间f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f ′(x )结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．[针对训练](2019·湖南、江西十四校联考)已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调 递减区间．解：易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)， 令f ′(x )＝0得x ＝a2或x ＝e.当a ≤0时，因为x >0，所以2x －a >0，令f ′(x )<0得x <e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)． 当a >0时，①若a2<e ，即0<a <2e ，当x ∈()0，a 2时，f ′(x )>0，当x ∈()a 2，e 时，f ′(x )<0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为()a2，e ；②若a2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a2>e ，即a >2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，当x ∈()e ，a 2时，f ′(x )<0，当x ∈()a 2，＋∞时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递减区间为()e ，a2.综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0<a <2e 时，f (x )的单调递减区间为()a2，e ；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a >2e 时，f (x )的单调递减区间为()e ，a2.考法二 讨论函数的单调性[例2] 已知函数f (x )＝ln x ＋1ax －1a (a ∈R 且a ≠0)，讨论函数f (x )的单调性．[解] f ′(x )＝ax －1ax 2(x >0)， ①当a <0时，f ′(x )>0恒成立， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，由f ′(x )＝ax －1ax 2>0，得x >1a； 由f ′(x )＝ax －1ax 2<0，得0<x <1a， ∴函数f (x )在()1a ，＋∞上单调递增，在()0，1a 上单调递减． 综上所述，当a <0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，函数f (x )在()1a ，＋∞上单调递增，在()0，1a 上单调递减． [方法技巧]讨论函数f (x )单调性的步骤(1)确定函数f (x )的定义域；。
版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 利用导数研究函数的单调性练习 理 北师大版 试题
3.2 利用导数研究函数的单调性核心考点·精准研析考点一不含参数的函数的单调性1.函数y=xlnx的单调递减区间是( )A.(-∞,e-1)B.(e-1,+∞)C.(e,+∞)D.(0,e-1)2.函数f(x)=的单调递增区间为.3.(2019·某某高考改编)函数f(x)=-lnx+的单调递减区间为________________.4.(2019·某某高考改编)函数f(x)=e x cosx的单调递增区间为___________.【解析】1.选D.函数y=xlnx的定义域为(0,+∞),因为y=xlnx,所以y′=lnx+1,令y′<0得0<x<e-1,所以减区间为(0,e-1).2.因为f(x)=,所以f′(x)=,由f′(x)>0,解得x<-1-或x>-1+.所以f(x)的递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞).答案:(-∞,-1-)和(-1+,+∞)3.f(x)=-lnx+的定义域为(0,+∞).f′(x)=-+=,由x>0知>0,2+1>0,所以由f′(x)<0得-2<0,解得0<x<3,所以函数f(x)的单调递减区间为(0,3).答案:(0,3)4.由已知,有f′(x)=e x(cosx-sinx).因此,当x∈(k∈Z)时,有sinx<cosx,得f′(x)>0,则f(x)单调递增.所以f(x)的单调递增区间为(k∈Z).答案:(k∈Z)题2中,若将“f(x)=”改为“f(x)=x2e x”,则函数f(x)的单调递减区间是________________. 【解析】因为f(x)=x2e x,所以f′(x)=2xe x+x2e x=(x2+2x)e x.由f′(x)<0,解得-2<x<0,所以函数f(x)=x2e x的单调递减区间是(-2,0).答案:(-2,0)确定函数单调区间的步骤(1)确定函数y=f(x)的定义域.(2)求f′(x).(3)解不等式f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间.(4)解不等式f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间.【秒杀绝招】排除法解T1,根据函数的定义域排除A,已知当x∈(1,+∞)时,y=x和y=lnx都是增函数且为正数,所以y=xlnx也是增函数,从而排除B,C.考点二含参数的函数的单调性【典例】已知函数f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x.若a>0,试讨论函数f(x)的单调性.【解题导思】序号题目拆解(1)求f′(x),解方程f′(x)=0求f(x)的定义域,求f′(x)并进行恰当的因式分解,求出方程f′(x)=0的根(2)由f′(x)的符号确定f(x)的单调性用导数为零的实数分割定义域,逐个区间分析导数的符号,确定单调性【解析】因为f(x)=lnx+ax2-(2a+1)x,所以f′(x)==,由题意知函数f(x)的定义域为(0,+∞),令f′(x)=0得x=1或x=,(1)若<1,即a>,由f′(x)>0得x>1或0<x<,由f′(x)<0得<x<1,即函数f(x)在,(1,+∞)上单调递增,在上单调递减;(2)若>1,即0<a<, 由f′(x)>0得x>或0<x<1,由f′(x)<0得1<x<, 即函数f(x)在(0,1),上单调递增, 在上单调递减;(3)若=1,即a=,则在(0,+∞)上恒有f′(x)≥0,即函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.综上可得:当0<a<时,函数f(x)在(0,1)上单调递增, 在上单调递减,在上单调递增;当a=时,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;当a>时,函数f(x)在上单调递增, 在上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.解决含参数的函数的单调性问题应注意两点(1)研究含参数的函数的单调性问题,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点.(2018·全国卷I改编)已知函数f=-x+alnx,讨论f的单调性.【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=-.(1)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(2)若a>2,令f′(x)=0得,x=或x=.当x ∈∪时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.所以f(x)在,上单调递减,在上单调递增.考点三利用导数解决函数单调性的应用问题命题精解读1.考什么:(1)考查函数图像的识别、比较大小或解不等式、根据函数的单调性求参数等问题.(2)考查直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养及数形结合、转化与化归的思想方法.2.怎么考:与基本初等函数、不等式等综合考查函数的图像及函数的单调性的应用等问题.3.新趋势:以导数法研究函数单调性为基础,综合考查利用单调性比较大小、解不等式及知单调性求参数的X围.学霸好方法由函数的单调性求参数的取值X围的方法(1)可导函数在区间D上单调,实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立,从而构建不等式, 求出参数的取值X围,要注意“=”是否可以取到. (2)可导函数在区间D 上存在单调区间,实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集,即f′(x)max>0(或f′(x)min <0)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参数的取值X 围.(3)若已知f(x)在区间D 上的单调性,区间D上含有参数时,可先求出f(x)的单调区间,令D 是其单调区间的子集,从而求出参数的取值X围.函数图像的识别【典例】函数f(x)=x2+xsinx的图像大致为( )【解析】选A.因为f(-x)=x2-xsin(-x)=x2+xsinx=f(x),所以f(x)为偶函数,B不符合题意,f(x)=x2+xsinx=x(x+sinx),令g(x)=x+sinx,则g′(x)=1+cosx≥0恒成立,所以g(x)是单调递增函数,则当x>0时,g(x)>g(0)=0,故x>0时,f(x)=xg(x),f′(x)=g(x)+xg′(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,故只有A符合题意.辨别函数的图像主要从哪几个角度分析?提示:从函数奇偶性、单调性、最值及函数图像所过的特殊点等角度分析.比较大小或解不等式【典例】(2019·某某模拟)函数f(x)在定义域R内可导,f(x)=f(4-x),且(x-2)f′(x)>0.若a=f(0),b=f,c=f(3),则a,b,c的大小关系是( )A.c>b>aB.c>a>bC.a>b>cD.b>a>c【解析】选C.由f(x)=f(4-x)可知,f(x)的图像关于直线x=2对称,根据题意知,当x∈(-∞,2)时,f′(x)<0,f(x)为减函数;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.所以f(3)=f(1)<f<f(0),即c<b<a.单调性比较大小或解不等式,实际上是自变量的大小与相应函数值的大小关系的互推,比较大小时对自变量的取值X围有什么要求?提示:必须在同一个单调区间内.根据函数的单调性求参数【典例】(2019·高考)设函数f(x)=e x+ae-x(a为常数).若f(x)为奇函数,则a=________________;若f(x)是R上的增函数,则a的取值X围是__________.【解析】①显然f(0)有意义,又f(x)为奇函数,所以f(0)=0,得a=-1.②因为f(x)是R上的增函数,所以f′(x)=e x-ae-x=≥0恒成立,即g(x)=(e x)2≥a恒成立,又因为g(x)>0,且当x趋向于-∞时,g(x)趋向于0,所以0≥a,即a的取值X围是(-∞,0].答案:-1 (-∞,0]函数f(x)在某区间上是增函数,推出f′(x)>0还是f′(x)≥0?提示:推出f′(x)≥0.1.设函数y=f(x)在定义域内可导,y=f(x)的图像如图所示,则导函数y=f′(x)可能为( )【解析】选D.由题意得,当x<0时,函数y=f(x)单调递增,故f′(x)>0;当x>0时,函数y=f(x)先增再减然后再增,故导函数的符号为先正再负然后再正.结合所给选项可得D符合题意.2.已知函数f′(x)是函数f(x)的导函数,f(1)=,对任意实数都有f(x)-f′(x)>0,设F(x)=,则不等式F(x)<的解集为 ( )A.(-∞,1)B.(1,+∞)C.(1,e)D.(e,+∞)【解析】选B.根据题意,F(x)=,其导数F′(x)==,又由f(x)-f′(x)>0,则有F′(x)<0,即函数F(x)在R上为减函数,又由f(1)=,则F(1)==,不等式F(x)<等价于F(x)<F(1),则有x>1,则不等式的解集为(1,+∞).3.若f(x)=2x3-3x2-12x+3在区间[m,m+4]上是单调函数,则实数m的取值X围是________________.【解析】因为f(x)=2x3-3x2-12x+3,所以f′(x)=6x2-6x-12=6(x+1)(x-2),令f′(x)>0,得x<-1或x>2;令f′(x)<0,得-1<x<2,f(x)在(-∞,-1]和[2,+∞)上单调递增,在(-1,2)上单调递减.若f(x)在区间[m,m+4]上是单调函数,则m+4≤-1或或m≥2.所以m≤-5或m≥2,则m的取值X围是(-∞,-5]∪[2,+∞).答案:(-∞,-5]∪[2,+∞)(2020·内江模拟)若函数f(x)=ax2+xlnx-x存在单调递增区间,则a的取值X围是( ) A. B.C.(-1,+∞)D.【解析】选B.因为f(x)=ax2+xlnx-x存在单调递增区间,则f′(x)=ax+lnx≥0在(0,+∞)上有解, 即a≥-在(0,+∞)上有解,令g(x)=-,x>0,则g′(x)=,当x>e时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当0<x<e时,g′(x)<0,g(x)单调递减,又x→0,g(x)→+∞,x→+∞,g(x)<0且g(x)➝0,因为g(e)=-,所以a≥-,当a=-时,f′(x)=-x+lnx,令h(x)=-x+lnx,则h′(x)=-,当x>e时,h′(x)<0,函数单调递减,当0<x<e时,h′(x)>0,函数单调递增,h(x)≤h(e)=0,即f′(x)≤0恒成立,此时不满足题意,所以a的取值X围是.。
2023年高考数学总复习第三章 导数及其应用第2节：导数与函数的单调性(教师版)
2023年高考数学总复习第三章导数及其应用第2节导数与函数的单调性考试要求 1.了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.利用导数研究函数的单调性，并会解决与之有关的方程(不等式)问题.1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.利用导数求函数单调区间的基本步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当f′(x)>0时，f(x)在相应的区间内是单调递增函数；当f′(x)<0时，f(x)在相应的区间内是单调递减函数.3.单调性的应用若函数y＝f(x)在区间(a，b)上单调，则y＝f′(x)在该区间上不变号.若函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，所以“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性.()(3)函数在(a，b)内单调递减与函数的单调递减区间为(a，b)是不同的.()(4)函数f(x)＝x－sin x在R上是增函数.()答案(1)×(2)√(3)√(4)√解析(1)f(x)在(a，b)内单调递增，则有f′(x)≥0.2.(易错题)函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为()A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.(1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析由f(x)＝x＋ln(2－x)，得f′(x)＝1－12－x＝1－x2－x(x<2).令f′(x)>0，即1－x2－x>0，解得x<1.∴函数f(x)＝x＋ln(2－x)的单调递增区间为(－∞，1).3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图像如图所示，则函数y＝f(x)的图像可能是()答案D解析设导函数y＝f′(x)与x轴交点的横坐标从左往右依次为x1，x2，x3，由导函数y＝f′(x)的图像易得当x∈(－∞，x1)∪(x2，x3)时，f′(x)<0；当x∈(x1，x2)∪(x3，＋∞)时，f′(x)>0(其中x1<0<x2<x3)，所以函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，x3)上单调递减，在(x1，x2)，(x3，＋∞)上单调递增，观察各选项，只有D选项符合.4.函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.R答案B解析由f(x)>2x＋4，得f(x)－2x－4>0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)>2，所以F′(x)>0在R上恒成立，所以F(x)在R上递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4>0等价于F(x)>F(－1)，所以x>－1，故选B.5.(易错题)若函数f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________.答案－4解析f′(x)＝x2－3x＋a，且f(x)的单调递减区间为[－1，4]，∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，∴－1，4是方程f′(x)＝0的两根，则a＝(－1)×4＝－4.6.(2021·青岛检测)已知函数f(x)＝sin2x＋4cos x－ax在R上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案[3，＋∞)解析f′(x)＝2cos2x－4sin x－a＝2(1－2sin2x)－4sin x－a＝－4sin2x－4sin x＋2－a＝－(2sin x＋1)2＋3－a.由题设，f′(x)≤0在R上恒成立.因此a≥3－(2sin x＋1)2恒成立，则a≥3.考点一不含参函数的单调性1.函数f(x)＝x＋3x＋2ln x的单调递减区间是()A.(－3，1)B.(0，1)C.(－1，3)D.(0，3)答案B 解析法一函数的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2＋2x ，令f ′(x )＝1－3x 2＋2x<0，得0<x <1，故所求函数的单调递减区间为(0，1)，故选B.法二由题意知x >0，故排除A 、C 选项；又f (1)＝4<f (2)＝72＋2ln 2，故排除D选项.故选B.2.函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间为________.答案(2，＋∞)解析f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，得x >2，∴f (x )的单调递增区间为(2，＋∞).3.已知定义在区间(0，π)上的函数f (x )＝x ＋2cos x ，则f (x )的单调递增区间为________.答案0，π6，5π6，π解析f ′(x )＝1－2sin x ，x ∈(0，π)，令f ′(x )＝0，得x ＝π6或x ＝5π6，当0<x <π或5π<x <π时，f ′(x )>0，∴f (x )0，π6，5π6，π.感悟提升确定函数单调区间的步骤：(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.考点二讨论含参函数的单调性例1已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性.解函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋1x＝ax2－（a＋1）x＋1x＝（ax－1）（x－1）x.(1)当0<a<1时，1a>1，∴x∈(0，1)f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)在(0，1)(2)当a＝1时，1a＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；(3)当a>1时，0<1a<1，∴x(1，＋∞)时，f′(x)>0；x f′(x)<0，∴函数f(x)(1，＋∞).综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)减；当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>1时，函数f(x)(1，＋∞).感悟提升 1.含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.遇二次三项式常考虑二次项系数、对应方程的判别式以及根的大小关系，以此来确定分界点，分情况讨论.2.划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点.3.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f(x)＝x3，f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到)，f(x)在R上是增函数.训练1已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a >0，讨论f (x )的单调性.解f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3＝a （x －1）x 3x －2a x ＋2a (1)当0<a <2时，2a>1，当x (0，1)∪2a，＋∞时，f ′(x )>0，当x 1，2a 时，f ′(x )<0.(2)当a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )递增.(3)当a >2时，0<2a <1，当x 0，2a ∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0，当x 2a，1时，f ′(x )<0.综上所述，当0<a <2时，f (x )在(0，1)2a ，＋∞内递增，在1，2a 内递减.当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内递增；当a >2时，f (x )0，2a (1，＋∞)2a，1.考点三根据函数单调性求参数值(范围)例2(经典母题)已知x ＝1是f (x )＝2x ＋bx ＋ln x 的一个极值点.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)设函数g (x )＝f (x )－3＋ax，若函数g (x )在区间[1，2]内单调递增，求实数a 的取值范围.解(1)f (x )＝2x ＋bx＋ln x ，定义域为(0，＋∞).∴f ′(x )＝2－b x 2＋1x ＝2x 2＋x －bx2.因为x＝1是f(x)＝2x＋bx＋ln x的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.所以f′(x)＝2x2＋x－3x2，令f′(x)<0，得0<x<1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).(2)g(x)＝f(x)－3＋ax＝2x＋ln x－ax(x>0)，g′(x)＝2＋1x＋ax2(x>0).因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，所以g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，即2＋1x＋ax2≥0在[1，2]上恒成立，所以a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.所以实数a的取值范围是[－3，＋∞).迁移在本例(2)中，若函数g(x)在区间[1，2]上不单调，求实数a的取值范围.解∵函数g(x)在区间[1，2]上不单调，∴g′(x)＝0在区间(1，2)内有解，则a＝－2x2－x＝－＋18在(1，2)内有解，易知该函数在(1，2)上是减函数，∴a＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3).感悟提升 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.2.如果能分离参数，则尽可能分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系.3.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解.训练2(1)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是()A.13，＋∞ B.－∞，13C.13，＋∞ D.－∞，13(2)(2022·郑州调研)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是________.答案(1)C(2)(1，2]解析(1)由y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，所以y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，或y ′＝3x 2＋2x ＋m ≤0恒成立，显然y ′＝3x 2＋2x ＋m ≥0恒成立，则Δ＝4－12m ≤0，所以m ≥13.(2)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x.又x >0，令f ′(x )＝x －9x ≤0，得0<x ≤3.因为函数f (x )在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.考点四与导数有关的函数单调性的应用角度1比较大小例3(1)已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则π5f (1)，f －π3的大小关系为()A.－π3f (1)>π5B.f (1)>－π3π5C.π5f (1)>－π3D.－π3π5>f (1)(2)已知y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x <0时不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝30.3·f (30.3)，b ＝log π3·f (log π3)，c ＝log 319·则a ，b ，c 的大小关系是()A.a >b >cB.c >b >aC.a >c >bD.c >a >b答案(1)A(2)D解析(1)因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以又当x f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )f (1)<f (1)> A.(2)设g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴x <0时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，0)上单调递减.由y ＝f (x )在R 上为奇函数，知g (x )在R 上为偶函数，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，∴c ＝g (－2)＝g (2)，又0<log π3<1<30.3<3<2，∴g (log π3)<g (30.3)<g (2)，即b <a <c .角度2解不等式例4已知f (x )在R 上是奇函数，且f ′(x )为f (x )的导函数，对任意x ∈R ，均有f (x )>f ′（x ）ln 2成立，若f (－2)＝2，则不等式f (x )>－2x －1的解集为()A.(－2，＋∞)B.(2，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，2)答案D解析f (x )>f ′（x ）ln 2⇔f ′(x )－ln 2·f (x )<0.令g(x)＝f（x）2x，则g′(x)＝f′（x）－f（x）·ln22x，∴g′(x)<0，则g(x)在(－∞，＋∞)上是减函数.由f(－2)＝2，且f(x)在R上是奇函数，得f(2)＝－2，则g(2)＝f（2）22＝－12，又f(x)>－2x－1⇔f（x）2x>－12＝g(2)，即g(x)>g(2)，所以x<2.感悟提升 1.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小. 2.与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数；题目中若存在f(x)与f′(x)的不等关系时，常构造含f(x)与另一函数的积(或商)的函数，与题设形成解题链条，利用导数研究新函数的单调性，从而求解不等式.训练3(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x.若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a(2)(2021·西安模拟)函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，若f(ln2)＝12，则满足不等式f(x)>1e x的x的取值范围是()A.(1，＋∞)B.(0，1)C.(ln2，＋∞)D.(0，ln2)答案(1)D(2)C解析(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x.因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数.因为2>1，所以32>3.又log 24<log 27<log 28，即2<log 27<3，所以2<log 27<32，所以f (2)<f (log 27)<f (32)，即b <c <a .(2)对任意x ∈R ，都有f ′(x )>－f (x )成立，即f ′(x )＋f (x )>0.令g (x )＝e x f (x )，则g ′(x )＝e x [f ′(x )＋f (x )]>0，所以函数g (x )在R 上单调递增.不等式f (x )>1e x 即e xf (x )>1，即g (x )>1.因为f (ln 2)＝12，所以g (ln 2)＝e ln 2f (ln 2)＝2×12＝1.故当x >ln 2时，g (x )>g (ln 2)＝1，所以不等式g (x )>1的解集为(ln 2，＋∞).1.如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像，则下列判断正确的是()A.在区间(－2，1)上f (x )单调递增B.在区间(1，3)上f (x )单调递减C.在区间(4，5)上f (x )单调递增D.在区间(3，5)上f (x )单调递增答案C解析在区间(4，5)上f ′(x )>0恒成立，∴f (x )在区间(4，5)上单调递增.2.函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调递增区间为()D.(－∞，a)答案A解析函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝1x－a>0，得0<x<1a，所以f(x)3.函数y＝f(x)的图像如图所示，则y＝f′(x)的图像可能是()答案D解析由函数f(x)的图像可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在(－∞，0)上，f′(x)>0；在(0，＋∞)上，f′(x)<0，选项D满足. 4.(2021·德阳诊断)若函数f(x)＝e x(sin x＋a)在R上单调递增，则实数a的取值范围为()A.[2，＋∞)B.(1，＋∞)C.[－1，＋∞)D.(2，＋∞)答案A解析因为f(x)＝e x(sin x＋a)，所以f′(x)＝e x(sin x＋a＋cos x).要使函数f(x)在R上单调递增，需使f′(x)≥0恒成立，即sin x＋a＋cos x≥0恒成立，所以a≥－sin x－cos x.因为－sin x－cos x＝－2sin所以－2≤－sin x－cos x≤2，所以a≥ 2.5.(2021·江南十校联考)已知函数f(x)＝ax2－4ax－ln x，则f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件可以是()A.a>－12B.0<a<116C.a>116或－12<a<0 D.a>116答案D解析f′(x)＝2ax－4a－1x＝2ax2－4ax－1x，令g(x)＝2ax2－4ax－1，则函数g(x)＝2ax2－4ax－1的对称轴方程为x＝1，若f(x)在(1，4)上不单调，则g(x)在区间(1，4)上有零点.当a＝0时，显然不成立；当a≠0>0，（1）＝－2a－1<0，（4）＝16a－1>0，<0，（1）＝－2a－1>0，（4）＝16a－1<0，解得a>116或a<－12.∴a>116是f(x)在(1，4)上不单调的一个充分不必要条件.6.已知函数y＝f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sin x－x，设a＝b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c答案A解析由函数y＝f(x＋1)是偶函数，可得函数f(x)的图像关于直线x＝1对称，则a＝b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)，又当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，所以f(x)＝sin x－x在(1，＋∞)上为减函数，所以b<a<c，故选A.7.若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x ＋1恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为________.答案(－3，0)∪(0，＋∞)解析依题意知，f ′(x )＝3ax 2＋6x －1有两个不相等的零点，≠0，＝36＋12a >0，解得a >－3且a ≠0.8.(2022·哈尔滨调研)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是________.答案1解析f ′(x )＝4x －1x ＝（2x －1）（2x ＋1）x(x >0)，令f ′(x )>0，得x >12；令f ′(x )<0，得0<x <12.－1≥0，－1<12<k ＋1，解之得1≤k <32.9.设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xf ′（x ）－f （x ）x 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是__________________.答案(－∞，－2)∪(0，2)解析令φ(x )＝f （x ）x，∵当x >0时，f （x ）x ′＝x ·f ′（x ）－f （x ）x 2<0，∴φ(x )＝f （x ）x 在(0，＋∞)上为减函数，又f (2)＝0，即φ(2)＝0，∴在(0，＋∞)上，当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0.又f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数，由数形结合知x∈(－∞，－2)时，f(x)>0.故x2f(x)>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2).10.已知函数f(x)＝ln x＋ke x(k为常数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求实数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间.解(1)f′(x)＝1x－ln x－ke x(x>0).又由题意知f′(1)＝1－ke＝0，所以k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0).设h(x)＝1x－ln x－1(x>0)，则h′(x)＝－1x2－1x<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减.由h(1)＝0知，当0<x<1时，h(x)>0，所以f′(x)>0；当x>1时，h(x)<0，所以f′(x)<0.综上f(x)的单调增区间是(0，1)，减区间为(1，＋∞).11.讨论函数g(x)＝(x－a－1)e x－(x－a)2的单调性.解g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)e x－2(x－a)＝(x－a)(e x－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln2，①当a>ln2时，x∈(－∞，ln2)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(ln2，a)时，f′(x)<0；②当a＝ln2时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在R上单调递增；③当a<ln2时，x∈(－∞，a)∪(ln2，＋∞)时，f′(x)>0，x∈(a，ln2)时，f′(x)<0，综上，当a>ln2时，f(x)在(－∞，ln2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln2，a)上单调递减；当a＝ln2时，f(x)在R上单调递增；当a<ln2时，f(x)在(－∞，a)，(ln2，＋∞)上单调递增，在(a，ln2)上单调递减.12.已知a＝ln33，b＝e－1，c＝3ln28，则a，b，c的大小关系为()A.b>c>aB.a>c>bC.a>b>cD.b>a>c答案D解析依题意，得a＝ln33＝ln33，b＝e－1＝ln ee，c＝3ln28＝ln88.令f(x)＝ln xx(x>0)，则f′(x)＝1－ln xx2，易知函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减.所以f(x)max＝f(e)＝1e＝b，且f(3)>f(8)，即a>c，所以b>a>c.13.(2021·成都诊断)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其导函数为f′(x).若x>0时，f′(x)<2x，则不等式f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1的解集是________.答案1解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(x)是R上的偶函数.当x>0时，g′(x)＝f′(x)－2x<0，则g(x)在(0，＋∞)上递减，于是在(－∞，0)上递增.由f(2x)－f(x－1)>3x2＋2x－1得f(2x)－(2x)2>f(x－1)－(x－1)2，即g (2x )>g (x －1)，于是g (|2x |)>g (|x －1|)，则|2x |<|x －1|，解得－1<x <13.14.(2021·全国乙卷)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1.(1)讨论f (x )的单调性；(2)求曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线与曲线y ＝f (x )的公共点的坐标.解(1)由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a ).①当a ≥13时，Δ≤0，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x >x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2.所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增.综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞(1＋1－3a 3，＋∞)上单调递增，在.(2)记曲线y ＝f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0，x 30－x 20＋ax 0＋1).因为f ′(x 0)＝3x 20－2x 0＋a ，所以切线l 的方程为y －(x 30－x 20＋ax 0＋1)＝(3x 20－2x 0＋a )(x －x 0).由l 过坐标原点，得2x 30－x 20－1＝0，解得x 0＝1，所以切线l 的方程为y ＝(1＋a )x .＝（1＋a ）x ，＝x 3－x 2＋ax ＋1，＝1，＝1＋a＝－1，＝－1－a .所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1，1＋a)和(－1，－1－a).。
高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 第2讲 导数在研究函数中的应用 第2课时 导数与函数的极值
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函数中的应用第2课时导数与函数的极值、最值教师用书文新人教版基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、选择题1.下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( )A。
y＝x3B。
y＝ln（－x)C。
y＝x e－x D。
y＝x＋错误!解析由题可知,B，C选项中的函数不是奇函数,A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值），D 选项中的函数既为奇函数又存在极值.答案D2.（2017·石家庄质检)若a〉0,b>0，且函数f(x）＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为（）A.2B.3 C。
6 D.9解析f′（x)＝12x2－2ax－2b,则f′(1)＝12－2a－2b＝0，则a＋b＝6，又a〉0，b〉0，则t＝ab≤错误!错误!＝9，当且仅当a＝b＝3时取等号。
答案D3。
已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2）时，f（x)＝ln x－ax错误!,当x∈(－2,0)时,f（x）的最小值为1，则a的值等于（）A.错误!B.错误!C.错误!D.1解析由题意知，当x∈（0，2)时，f（x)的最大值为－1。
令f′（x)＝错误!－a＝0，得x＝错误!，当0〈x〈错误!时，f′（x)〉0；当x〉错误!时，f′（x)〈0。
高考数学大一轮复习第三章导数及其应用2第2讲导数与函数的单调性课件文新人教A版
利用导数求函数单调区间的方法 (1)当导函数不等式可解时，解不等式 f′(x)＞0 或 f′(x)＜0 求出 单调区间． (2)当方程 f′(x)＝0 可解时，解出方程的实根，按实根把函数的 定义域划分区间，确定各区间 f′(x)的符号，从而确定单调区间． (3)当导函数的方程、不等式都不可解时，根据 f′(x)结构特征， 利用图象与性质确定 f′(x)的符号，从而确定单调区间． [提醒] 所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能 用“∪”及“或”连接，只能用“，”及“和”隔开．
1．函数 f(x)的定义域为 R，f(－1)＝2，对任意 x∈R，f′(x)＞
2，则 f(x)＞2x＋4 的解集为( )
A．(－1，1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1)
D．(－∞，＋∞)
解析：选 B.由 f(x)＞2x＋4，得 f(x)－2x－4＞0，设 F(x)＝f(x)
－2x－4，则 F′(x)＝f′(x)－2，因为 f′(x)＞2，所以 F′(x)＞0 在
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)＞0.( ) (2)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f′(x)＝0，则 f(x)在此区间内 没有单调性．( )
答案：(1)× (2)√
函数 f(x)＝cos x－x 在(0，π)上的单调性是( )
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论 (1)函数 f(x)在(a，b)内可导，且 f′(x)在(a，b)任意子区间内都不 恒等于 0，当 x∈(a，b)时： f′(x)≥0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递增； f′(x)≤0⇔函数 f(x)在(a，b)上单调递减． (2)f′(x)＞0(<0)在(a，b)上成立是 f(x)在(a，b)上单调递增(减)的 充分条件． [提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数 的符号．
高考数学一轮复习第3章一元函数的导数及其应用2利用导数研究函数的单调性课件新人教版
π
π
-π,, 0,
____________.
2
2
由题意可知 f'(x)=sin x+xcos x-sin x=xcos x.
令 f'(x)=xcos x>0,解得其在区间(-π,π)内的解集为
即 f(x)的单调递增区间为
π
-π,- 2
,
π
0, 2
.
π
-π,2
∪
π
0,
2
,
解题心得利用导数讨论函数单调性或求单调区间的方法
等,都需要考虑函数的单调性,所以也是高考必考知识.应用时,要注意函数
的定义域优先,准确求导变形,转化为导函数在某区间上的符号问题.常用
到分类讨论和数形结合的思想,对数学运算核心素养有一定的要求.
内
容
索
引
01
第一环节
必备知识落实
02
第二环节
关键能力形成
03
第三环节
学科素养提升
第一环节
必备知识落实
【知识筛查】
(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 (1)若a=1,则f(x)=3x-2x2+ln x的定义域为(0,+∞),
1
-42 +3+1
故 f'(x)= -4x+3=
=
-(4+1)(-1)
(x>0).
当x∈(0,1)时,f'(x)>0,即函数f(x)=3x-2x2+ln x单调递增;
1
2
7
7
即 g(x)在区间[1,4]上单调递增,g(x)max=g(4)= − =- ,即 a≥- .
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第2课时 导数与函数的极值、最值题型一 用导数求解函数极值问题命题点1 根据函数图像判断极值典例 设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 答案 D解析 由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0； 当－2<x <1时，f ′(x )<0； 当1<x <2时，f ′(x )<0； 当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值， 在x ＝2处取得极小值． 命题点2 求函数的极值典例 (2018·深圳调研)设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由． 解 f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1) ＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1(x >－1)．令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)． ①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)上是增加的，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)．a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上是增加的，无极值点． b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )是增加的； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )是减少的； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )是增加的． 因此函数有两个极值点．③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0， 可得x 1<－1<x 2.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )是增加的； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )是减少的． 所以函数有一个极值点．综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．命题点3 根据极值求参数典例 (1)(2017·沧州模拟)若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为________________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1， 由f ′(x )＝0有两个不同的根， 可得Δ＝(－4c )2－12>0， ∴c >32或c <－32. (2)若函数f (x )＝x 33－a2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52C.⎝⎛⎭⎪⎫2，103D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103答案 C解析 函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点等价于f ′(x )＝0有2个不相等的实根且在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，由f ′(x )＝0有2个不相等的实根，得a <－2或a >2.由f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有根，得a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3内有解，又x ＋1x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103，所以2≤a <103，综上，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫2，103.思维升华 函数极值的两类热点问题 (1)求函数f (x )极值的一般解题步骤①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号． (2)根据函数极值情况求参数的两个要领①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求解后验证根的合理性．跟踪训练 (1)函数f (x )＝(x 2－1)2＋2的极值点是( ) A ．x ＝1B ．x ＝－1C ．x ＝1或－1或0D ．x ＝0答案 C解析 ∵f (x )＝x 4－2x 2＋3，∴由f ′(x )＝4x 3－4x ＝4x (x ＋1)(x －1)＝0，得x ＝0或x ＝1或x ＝－1.又当x <－1时，f ′(x )<0， 当－1<x <0时，f ′(x )>0， 当0<x <1时，f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，∴x ＝0,1，－1都是f (x )的极值点．(2)(2017·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)若函数f (x )＝ax 22－(1＋2a )x ＋2ln x (a >0)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有极大值，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ B ．(1，＋∞) C ．(1,2) D ．(2，＋∞)答案 C解析 f ′(x )＝ax －(1＋2a )＋2x ＝ax 2－(2a ＋1)x ＋2x (a >0，x >0)，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有极大值，即f ′(x )＝0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有解．则f ′(x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内先大于0，再小于0， 则⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12>0，f ′(1)<0，即⎩⎨⎧14a －12(2a ＋1)＋212>0，a －(2a ＋1)＋2<0，解得1<a <2，故选C. 题型二 用导数求函数的最值典例 (2017·洛阳模拟)已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e ，求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值和最小值．解 f ′(x )＝－x －(1－x )x 2＋k x ＝kx －1x2. ①若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上是减少的． ②若k ≠0，则f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2.(ⅰ)若k <0，则在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒有k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0.所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上是减少的，(ⅱ)若k >0，由k <1e，得1k >e ，则x －1k <0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上恒成立，所以k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1k x 2<0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上是减少的． 综上，当k <1e 时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上是减少的， 所以f (x )min ＝f (e)＝1e ＋k －1，f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e －k －1.引申探究本例中若函数为“f (x )＝ln x －12x 2”，则函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值如何？解 由f (x )＝ln x －12x 2，则f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x，因为当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1；令f ′(x )<0，得1<x ≤e，所以f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上是增加的，在(1，e]上是减少的，所以f (x )max ＝f (1)＝－12.思维升华 求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b )内的极值．(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )．(3)将函数f (x )的极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 跟踪训练 设函数f (x )＝x 3－x 22－2x ＋5，若对任意的x ∈[－1,2]，都有f (x )>a ，则实数a的取值范围是________________． 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72解析 由题意知，f ′(x )＝3x 2－x －2， 令f ′(x )＝0，得3x 2－x －2＝0， 解得x ＝1或x ＝－23，又f (1)＝72，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝15727，f (－1)＝112，f (2)＝7，故f (x )min ＝72，∴a <72.题型三 函数极值和最值的综合问题典例 (2018·珠海调研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋cex(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )ex(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ex. 令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0，所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0， 当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 所以f (x )的递增区间是(－3,0)， 递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5， 所以f (x )＝x 2＋5x ＋5ex.因为f (x )的递增区间是(－3,0)， 递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者，而f (－5)＝5e－5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值． 跟踪训练 若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．[－5,0) B ．(－5,0) C ．[－3,0) D ．(－3,0)答案 C解析 由题意，得f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)， 故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增加的， 在(－2,0)上是减少的，作出其图像如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23，得 x ＝0或x ＝－3，则结合图像可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5>0，解得a ∈[－3,0)．利用导数求函数的最值典例 (12分)已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值． (3)两小问中，由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的递增区间为(0，＋∞)．[2分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )的递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.[4分]综上可知，当a ≤0时，函数f (x )的递增区间为(0，＋∞)；当a >0时，函数f (x )的递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，1a ，递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞.[5分](2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减少的，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .[6分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增加的，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[7分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增加的，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减少的．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .[11分]综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是f (1)＝－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .[12分]用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤 第一步：(求导数)求函数f (x )的导数f ′(x )；第二步：(求极值)求f (x )在给定区间上的单调性和极值； 第三步：(求端点值)求f (x )在给定区间上的端点值；第四步：(求最值)将f (x )的各极值与f (x )的端点值进行比较，确定f (x )的最大值与最小值； 第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．1．下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3B ．y ＝ln(－x )C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x答案 D解析 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数；A 选项中，函数y ＝x 3在R 上是增加的(无极值)；D 选项中的函数既为奇函数又存在极值． 2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋4的极大值为( )A.283 B ．6 C.263 D ．7 答案 A解析 f ′(x )＝x 2－4＝(x ＋2)(x －2)，f (x )在(－∞，－2)上是增加的，在(－2,2)上是减少的，在(2，＋∞)上是增加的， 所以f (x )的极大值为f (－2)＝283.3．(2018·南昌调研)已知e 为自然对数的底数，设函数f (x )＝(e x－1)(x －1)k(k ＝1,2)，则( )A ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极小值B ．当k ＝1时，f (x )在x ＝1处取得极大值C ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取得极小值D ．当k ＝2时，f (x )在x ＝1处取得极大值 答案 C解析 当k ＝1时，f ′(x )＝e x·x －1，f ′(1)≠0， ∴x ＝1不是f (x )的极值点．当k ＝2时，f ′(x )＝(x －1)(x e x＋e x－2)， 显然f ′(1)＝0，且在x ＝1附近的左侧f ′(x )<0， 当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取得极小值．故选C.4．记函数f (x )＝x －3＋12－3x 的最大值为M ，最小值为m ，则M －mM ＋m的值为( )A.13B.34C.35D.23 答案 A解析 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3≥0，12－3x ≥0，解得3≤x ≤4，所以函数f (x )＝x －3＋12－3x 的定义域是[3,4]．求导，得f ′(x )＝12x －3－3212－3x，令f ′(x )＝0，得x ＝134，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3，134时，f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫134，4时，f ′(x )<0，所以f (x )在区间[3,4]上先增加后减少，最大值M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫134＝2.因为f (3)＝3>1，f (4)＝1，所以m ＝f (4)＝1，所以M －m M ＋m ＝2－12＋1＝13.5．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18 D ．17或18答案 C解析 ∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3时，函数在x ＝1处无极值，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.6．(2017·河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( ) A ．2b －43B.32b －23 C ．0 D ．b 2－16b 3答案 A解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)， ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数， ∴－3<b <1，则由f ′(x )>0，得x <b 或x >2， 由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.7．(2017·肇庆模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝______. 答案 5解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.由题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根， 所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，当a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值．8．函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________． 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数是减少的； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数是增加的， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． ∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0， 解得a >22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞. 9．(2018·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________. 答案 1解析 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a，当0<x <1a时，f ′(x )>0；当x >1a时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.10．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值为________．答案 －4解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，由f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，故a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4.f ′(x )＝－3x 2＋6x ，由此可得f (x )在(－1,0)上是减少的，在(0,1)上是增加的，∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 11．(2017·北京)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解 (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝e x(cos x －sin x )－1，所以f ′(0)＝0， 又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0. (2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )＜0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是减少的．所以对任意x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )＜h (0)＝0， 即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上是减少的．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 12．(2018·武汉质检)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解 (1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0， 函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)①当－1≤x ＜1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上是减少的，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上是增加的．因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e]上是增加的， 则f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.13．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( ) A ．20 B ．18 C ．3 D ．0答案 A解析 因为f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，令f ′(x )＝0，得x ＝±1，可知－1,1为函数的极值点． 又f (－3)＝－19，f (－1)＝1，f (1)＝－3，f (2)＝1， 所以在区间[－3,2]上，f (x )max ＝1，f (x )min ＝－19. 由题设知在区间[－3,2]上，f (x )max －f (x )min ≤t ， 从而t ≥20，所以t 的最小值是20.14．(2018·贵州质检)设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图像分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时，t 的值为________． 答案22解析 由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t >0)，则f ′(t )＝2t －1t，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0<t <22时，f ′(t )<0，当t >22时，f ′(t )>0， ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值．15．若函数f (x )＝m ln x ＋(m －1)x 存在最大值M ，且M >0，则实数m 的取值范围是______．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫e 1＋e ，1 解析 f ′(x )＝m x＋(m －1)＝(m －1)x ＋mx(x >0)，当m ≤0或m ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调，此时函数f (x )无最大值．当0<m <1时，令f ′(x )＝0，则x ＝m 1－m ，∴当0<m <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，m 1－m 上是增加的，在⎝ ⎛⎭⎪⎫m1－m ，＋∞上是减少的，∴当0<m <1时，函数f (x )有最大值，最大值M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－m ＝m ln m 1－m －m .∵M >0，∴m ln m 1－m －m >0，解得m >e1＋e， ∴m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫e 1＋e ，1.16．(2018届中原名校质检)已知函数f (x )＝x ln x －a2x 2(a ∈R )．(1)若a ＝2，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若g (x )＝f (x )＋(a －1)x 在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2，f ′(x )＝ln x ＋1－2x ，f (1)＝－1，f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋y ＝0. (2)由已知得g (x )＝x ln x －a2x 2＋(a －1)x ，则g ′(x )＝ln x －ax ＋a ，记h (x )＝g ′(x )＝ln x －ax ＋a ， 则h (1)＝0，h ′(x )＝1x －a ＝1－axx(x >0)．①当a ≤0，x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )>0，函数g ′(x )是增加的，所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，所以g (x )在x ＝1处取得极小值，满足题意； ②当0<a <1时，1a>1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，h ′(x )>0，故函数g ′(x )是增加的，可得当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a 时，g ′(x )>0，所以g (x )在x ＝1处取得极小值，满足题意；③当a ＝1，x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，g ′(x )在(0,1)内是增加的； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，g ′(x )在(1，＋∞)内是减少的， 所以当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )≤0，g (x )是减少的，不合题意；④当a >1，即0<1a<1时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，h ′(x )<0，g ′(x )是减少的，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，g ′(x )是减少的，g ′(x )<0， 所以g (x )在x ＝1处取得极大值，不合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为{a |a <1}．。