2018_2019学年高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数中的应用3.3.3函数的最大(小
2017学年高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函
第三步：列出关于 x，f(x)，f
第四步：求极值、端点值，确定最值．
1．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点 x＝1 处的切线为 l：3x－y＋1 2 ＝0，若 x＝3时，y＝f(x)有极值． (1)求 a，b，c 的值； (2)求 y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
求函数的最值 )
(1)函数 f(x)＝ln x－x 在区间(0，e]上的最大值为( B．－1 D． 0
(2)求 f(x)＝x3－3x2－9x＋5 在[－4,4]上的最大值和最小值． 1－x 1 [解析] (1)∵f ′(x)＝x－1＝ x .
由f
′(x)＝0，∴x＝1.
故 f(x)在(0,1)上单调递增， (1，e]上单调递减． ∴x＝1 是 f(x)的极大值点，且 f(x)极大值＝－1. 又 f(e)＝1－e<－1， ∴f(x)大＝－1，选 B. (2)f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，令 f ′(x)＝0 得 x1＝－1，x2＝3，所以
解析：(1)由 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f 斜率为 3，可得 2a＋b＝0，① 2 当 x＝3时，y＝f(x)有极值，则 f
′(x)＝3x2＋2ax＋b.当 x＝1 时，切线 l 的
2 ′3＝0，可得
4a＋3b＋4＝0，②
由①②，解得 a＝2，b＝－4，由于切点的横坐标为 1， 所以 f(1)＝4. 所以 1＋a＋b＋c＝4.所以 c＝5.
03 课后 巩固提升
课时作业
[自主梳理] 一、函数 f(x)在闭区间[a，b]上的最值 如果在区间[a，b]上，函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则该函数在[a，b] 上一定有最大值 和最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得． 二、求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最值的步骤 (1)求函数 y＝f(x)在(a，b)内的极值 ； (2)将函数 y＝f(x)的各极值 与 端点处的函数值 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．
2018年秋高中数学 第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用 3.3.3 函数的最大(
3.3.3 函数的最大(小)值与导数学习目标：1.能够区分极值与最值两个不同的概念．(易混点)2.掌握在闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)的求法．(重点)3.能根据函数的最值求参数的值．(难点)[自 主 预 习·探 新 知]1．函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象是一条连续不断的曲线，则该函数在[a ，b ]上一定能够取得最大值和最小值，并且函数的最值必在极值点或区间端点取得．思考：若函数f (x )在区间[a ，b ]上只有一个极大值点x 0，则f (x 0)是函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值吗？[提示] 根据极大值和最大值的定义知，f (x 0)是函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值． 2．求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最值的步骤 (1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值．(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[基础自测]1．思考辨析(1)函数的最大值一定是函数的极大值． ( )( )( )( )[－1,1]上的最大值是( ) D ．4＝0得x ＝0或x ＝2. 由f (－1)＝－2，f (0)＝2，f (1)＝0得f (x )max ＝f (0)＝2.]3．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的最大值是( ) 【导学号：97792160】A ．π－1 B.π2－1 C ．π D ．π＋1C [y ′＝1－cos x >0，故函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π是增函数，因此当x ＝π时，函数有最大值，且y max ＝π－sin π＝π.][合 作 探 究·攻 重 难](1)f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋5，x ∈[－2,1]； (2)f (x )＝e x (3－x 2)，x ∈[2,5]．[解] (1)f ′(x )＝6x 2－6x －12，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝2， 又x ∈[－2,1]，故x ＝－1，且f (－1)＝12. 又因为f (－2)＝1，f (1)＝－8， 所以，当x ＝－1时，f (x )取最大值12. 当x ＝1时，f (x )取最小值－8. (2)∵f (x )＝3e x －e x x 2， ∴f ′(x )＝3e x －(e x x 2＋2e xx ) ＝－e x (x 2＋2x －3) ＝－e x(x ＋3)(x －1)．∵在区间[2,5]上，f ′(x )＝－e x(x ＋3)(x －1)＜0， 即函数f (x )在区间[2,5]上单调递减，(2)f (x )＝x 2－54x(x ＜0)．[解] (1)f ′(x )＝3－3x 2＝3(1－x )(1＋x )． 令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又因为f (x )在区间端点处的取值为f (－3)＝0，f (3)＝－18， 所以f (x )max ＝2，f (x )min ＝－18. (2)f ′(x )＝2x ＋54x2.令f ′(x )＝0，得x ＝－3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘故f (x )的最小值为f (－3)＝27，无最大值.【导学号：97792161】[思路探究] 求导→讨论a 的正负→判断[0,2]上的单调性→得最值． [解] f ′(x )＝3x 2－2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a 3.当2a3≤0，即a ≤0时，f (x )在[0,2]上单调递增， 从而f (x )max ＝f (2)＝8－4a .当2a3≥2，即a ≥3时，f (x )在[0,2]上单调递减， 从而f (x )max ＝f (0)＝0. 当0＜2a3＜2，即0＜a ＜3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 3上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a 3，2上单调递增，从而f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧8－4a ，＜a ，0，＜a ＜，综上所述，f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧8－4a ，a ，0，a ＞2．已知函数f (x )＝ax 3－6ax 2＋b ，x ∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a ，b 的值．[解] 由题设知a ≠0，否则f (x )＝b 为常函数，与题设矛盾．求导得f ′(x )＝3ax 2－12ax ＝3ax (x －4)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝4(舍去)．↗(x )取得极大值b ，也就是函数在综上可得，a ＝2，b ＝3或a ＝－2，b ＝－29.1．比较两个函数式的大小，常用什么方法？ 提示：常用差比较法．2．函数最值和“恒成立”问题有什么联系？提示：解决“恒成立”问题，可将问题转化为函数的最值问题．如f (x )＞0恒成立，只要f (x )的最小值大于0即可．对含参不等式的恒成立问题，求参数范围时，可先分离参数．设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值；(2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 的大小关系；(3)求a 的取值范围，使g (a )－g (x )<1a对任意x >0成立．[思路探究] (1)求出g (x )的表达式是解题的关键；(2)构造辅助函数，结合单调性求解；(3)显然g (x )的最值决定了参数a 的取值范围。
高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数中的应用3.3.1函数的单调性与导数
[自主梳理]
函数 f(x)的单调性 单调递增 单调递减
常数函数
第四页，共三十二页。
二、用导数研究函数单调性的一般步骤 1．确定函数 f(x)的定义域； 2．求 f′(x)，令 f′(x)＝0 ，解此方程，求出它在定义区间内的一切实根； 3．把函数 f(x)的间断点(即 f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各个实根按由小到大的 顺序排列起来，然后用这些点把函数 f(x)的定义域分成若干个小区间； 4．确定 f′(x)在各小开区间内的 符号，根据 f′(x)的符号判定函数 f(x)在各个相应小 开区间内的增减性．
12/9/2021
第十二页，共三十二页。
探究二 判断函数的单调性
[典例 2] 设函数 f(x)＝x－1x－aln x(a∈R)，讨论 f(x)的单调性．
[解析] f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝1＋x12－ax＝x2－xa2x＋1.
令 g(x)＝x2－ax＋1，
其判别式 Δ＝a2－4.
A．b2－4ac≤0
B．b>0，c>0
C．b＝0，c>0
D．b2－3ac≤0
解析：∵f ′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0 恒成立，而 a>0，∴Δ＝4b2－12ac≤0，即 b2－ 3ac≤0.
答案：D
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3．函数 y＝(3－x2)ex 的单调递增区间是( )
A．(－∞，0)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，－3)和(1，＋∞)
D．(－3,1)
解析：y′＝－2xex＋(3－x2)ex＝(－x2－2x＋3)ex，令(－x2－2x＋3)ex>0，由于 ex>0， 则－x2－2x＋3>0，解得－3<x<1，所以函数的单调递增区间是(－3,1)． 答案：D
【2019-2020】高中数学第三章导数及其应用3-3导数在研究函数的应用3-3-3三次函数的性质：单调区间和极值同
教学资料参考范本【2019-2020】高中数学第三章导数及其应用3-3导数在研究函数的应用3-3-3三次函数的性质：单调区间和极值同步练习湘教版选修1_1撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________1．下列命题：①一个函数的极大值总比极小值大；②函数导数为0的点不一定是极值点；③一个函数的极大值可以比最大值大；④一个函数的极值点可在其不可导点处达到．其中正确命题的序号是( )．A．①④ B．②④ C．①② D．③④2．函数f(x)＝x3＋x在区间[－1,1]上( )．A．最小值为－1，最大值为2B．最小值为－2，最大值为2C．最小值为－1，最大值为1D．最小值为0，最大值为13．函数f(x)＝2－x2－x3的极值情况是( )．A．有极大值，没有极小值B．有极小值，没有极大值C．既无极大值，也无极小值D．既有极大值又有极小值4．函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( )．A．－2 B．0 C．2 D．45．若f(x)＝x3＋mx2＋5x＋1在(－∞，＋∞)上是增函数，则m的取值范围是__________．6．函数f(x)＝9＋3x－x3的极小值为__________．7．函数f(x)＝4x2(x－2)在x∈[－2,2]上的最大值和最小值分别为__________，__________.8．已知函数f(x)＝x3－3ax2－9a2x＋a3.(1)设a＝1，求函数f (x)的极值；(2)若a＞，且当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a恒成立，试确定a 的取值范围．9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设函数f(x)在区间(－，－)内是减函数，求a的取值范围．参考答案1．B2．B ∵f′(x)＝3x2＋1＞0，∴f(x)为增函数．∴f(x)的最小值为f(－1)＝－2，f(x)的最大值为f(1)＝2. 3．D f′(x)＝－3x2－2x＝－3x(x＋)．令f′(x)＝0，则x＝0或－.当x∈(－∞，－)时，f′(x)＜0；当x∈(－，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0.∴f(x)在x＝－处取得极小值，f(x)在x＝0处取得极大值．4．C f′(x)＝3x2－6x.令f′(x)＝0，得x＝0或2(舍去)．∵f(0)＝2，f(1)＝0，f(－1)＝－2，∴f(x)最大值＝2.5．[－，] f′(x)＝3x2＋2mx＋5.由题意，知(2m)2－4×3×5≤0，得－≤m≤.6．7 f′(x)＝3－3x2＝－3(x－1)(x＋1)，当x＜－1时，f′(x)＜0，当－1＜x＜1时，f′(x)＞0，当x＞1时，f′(x)＜0，∴f(x)在x＝－1处取得极小值，f(－1)＝9－3＋1＝7. 7．0 －64 令f′(x)＝12x2－16x＝0，∴x＝0或x＝.当x∈(－2,0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，)时，f′(x)＜0；当x∈(，2)时，f′(x)＞0.故f(x)在x＝0时取得极大值，在x＝时取得极小值．又∵f(0)＝0，f(－2)＝－64，f(2)＝0，f()＝－，∴函数的最大值为0，最小值为－64.8．解：(1)当a＝1时，对函数f(x)求导数，得f′(x)＝3x2－6x－9.令f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.列表讨论f(x)，f′(x)的变化情况：(2)f′(x)＝3x2－6ax－9a2的图象是一条开口向上的抛物线，关于x＝a对称．若＜a≤1，则f′(x)在[1,4a]上是增函数，从而f′(x)在[1,4a]上的最小值是f′(1)＝3－6a－9a2，最大值是f′(4a)＝15a2.由|f′(x)|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a，于是有f′(1)＝3－6a－9a2≥－12a，且f′(4a)＝15a2≤12a.由f′(1)≥－12a，得－≤a≤1，由f′(4a)≤12a，得0≤a≤.所以a∈(，1]∩[－，1]∩[0，]，即a∈(，]．若a＞1，则|f′(a)|＝12a2＞12a.故当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a不恒成立．所以使|f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范围是(，]．9．解：(1)f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，f′(x)＝3x2＋2ax＋1，当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12≤0，即－≤a≤时，f′(x)≥0恒成立，此时f(x)为单调递增函数，单调区间为(－∞，＋∞)．当Δ＝(2a)2－3×4＝4a2－12＞0，即a＞或a＜－时，函数f′(x)存在零解，此时，当x＜时，f′(x)＞0，当x＞时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；当＜x＜时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．综上，若－≤a≤，则函数f(x)在x∈R时，单调递增；若a＞或a ＜－，当x＜或x＞时，函数f(x)单调递增；当＜x＜时，函数f(x)单调递减．(2)若函数在区间(－，－)内是减函数，则说明f′(x)＝3x2＋2ax ＋1＝0的两根在区间(－，－)外，因此f′(－)≤0，且f′(－)≤0，由此可以解得a≥2.因此a的取值范围是[2，＋∞)．。
2017_2018学年高中数学第三章导数及其应用3.3导数的应用3.3.2利用导数研究函数的极值课件
且 f(1)＝10，由此列出方程求 a，b 的值，但还要注意检验求出的 a，b 的值是否满足函数取得极值的条件．
[精解详析]
f1＝10， f′1＝0，
f′(x) ＝ 3x2 ＋ 2ax ＋ b ， 依 题 意 得
2 1＋a＋b＋a ＝10， 即 3＋2a＋b＝0，
因为 f(－1)＝10，f(3)＝18，f( 2)＝－8 2， 所以当 x＝ 2时，f(x)取得最小值－8 2； 当 x＝3 时，f(x)取得最大值 18. 1 (2)f′(x)＝ ＋cos x，令 f′(x)＝0，又 x∈[0,2π]， 2 2π 4π 解得 x＝ 或 x＝ . 3 3 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化状态如下表：
x f′(x) f(x)
0
2π 0， 3
2π 3 0 π 3 ＋ 3 2
2π 4π ， 3 3
4π 3 0 2 3 π－ 3 2
1．一个点为函数的极值点不但满足此点处导数值为零， 还要满足在此点附近左右两侧函数的单调性相反， 单调性一致 时，不能作为极值点，如 f(x)＝x3，x＝0 满足 f′(0)＝0，但 x ＝0 不是极值点． 2．函数的极值是一个局部概念，它反映的是某个点的函 数值与它附近的函数值的大小情况．
3．在定义域的某个区间内极大值或极小值并不一定唯 一，也可能不存在极值，并且极大值不一定大于极小值． 4．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数 值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的， 函数的极值可以有多个，但最大(小)值至多只能有一个；极 值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得；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．
函数的最大(小)值
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；。
2018-2019学年高中数学 第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用 3.3.3
3．3.3 函数的最大(小)值与导数预习课本P96～98，思考并完成以下问题1．什么是函数的最值？函数在闭区间上取得最值的条件是什么？2．函数的最值与极值有什么关系？3．求函数最值的方法和步骤是什么？[新知初探]1．函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上取得最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．[点睛] 对函数最值的三点说明(1)闭区间上的连续函数一定有最值，开区间内的连续函数不一定有最值. 若有唯一的极值，则此极值必是函数的最值．(2)函数的最大值和最小值是一个整体性概念．(3)函数y＝f(x)在[a，b]上连续，是函数y＝f(x)在[a，b]上有最大值或最小值的充分而非必要条件．2．求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数y＝f(x)在(a,_b)内的极值．(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值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．[点睛] 函数极值与最值的关系(1)函数的极值是函数在某一点附近的局部概念，函数的最大值和最小值是一个整体性概念．(2)函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最值只能有一个．(3)极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得．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，最值不在端点处取得时必定是极值．[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)函数的最大值一定是函数的极大值( ) (2)开区间上的单调连续函数无最值( )(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得( ) 答案：(1)× (2)√ (3)×2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4答案：C3．函数f (x )＝3x＋sin x 在x ∈[0，π]上的最小值为________． 答案：14．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)求函数的最值[典例] (1)f (x )＝4x 3＋3x 2－36x ＋5，x ∈[－2，＋∞)； (2)f (x )＝12x ＋sin x ，x ∈[0,2π]．[解] (1)f ′(x )＝12x 2＋6x －36，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝32.当x 变化时，f′(x )，f (x )的变化情况如下表：x －2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2， 32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) 0 －0 ＋ f (x )57－1154由于当x ＞2时，f ′(x )＞0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，＋∞上为增函数．因此，函数f (x )在[－2，＋∞)上只有最小值－1154，无最大值．(2)f ′(x )＝12＋cos x ，令f ′(x )＝0，且x ∈[0,2π]，解得x ＝2π3或x ＝4π3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2π32π3 错误! 4π3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3，2π 2π f ′(x )＋0 －＋f (x ) 0极大值π3＋32极小值2π3－32π∴当x ＝0时，f (x )有最小值，为f (0)＝0； 当x ＝2π时，f (x )有最大值，为f (2π)＝π.求函数最值的四个步骤第一步：求函数的定义域．第二步：求f ′(x )，解方程f ′(x )＝0. 第三步：列出关于x ，f (x )，f ′(x )的变化表． 第四步：求极值、端点值，确定最值．[注意] 不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较．已知函数f (x )＝1－x x ＋ln x ，求f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值和最小值． 解：易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )＝1－x x ＋ln x ＝1x－1＋ln x ，∴f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2.令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表：x 12⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 1 (1,2) 2 f ′(x )－0 ＋f (x )1－ln 2极小值0－12＋ln 2 ∴在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，2上，当x ＝1时，f (x )取得极小值，也是最小值，且f (1)＝0. 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－ln 2，f (2)＝－12＋ln 2， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－f (2)＝32－2ln 2＝12×(3－4ln 2)＝12ln e 316＞0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＞f (2)， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－ln 2，最小值为f (1)＝0.由函数的最值求参数[典例] 已知函数f (x )＝ax 3－6ax 2＋b ，x ∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29.求a ，b 的值．[解] 由题设知a ≠0，否则f (x )＝b 为常数函数，与题设矛盾． 求导得f ′(x )＝3ax 2－12ax ＝3ax (x －4)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝4(舍去)．当a ＞0，且x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x －1 (－1,0) 0 (0,2) 2 f ′(x )＋－f (x )－7a ＋bb－16a ＋bf (0)＝b ＝3.又f (－1)＝－7a ＋3，f (2)＝－16a ＋3＜f (－1)， ∴f (2)＝－16a ＋3＝－29，解得a ＝2.当a ＜0时，同理可得，当x ＝0时，f (x )取得极小值b ，也就是函数在[－1,2]上的最小值，∴f (0)＝b ＝－29.又f (－1)＝－7a －29，f (2)＝－16a －29＞f (－1)， ∴f (2)＝－16a －29＝3，解得a ＝－2. 综上可得，a ＝2，b ＝3或a ＝－2，b ＝－29.已知函数最值求参数的步骤(1)求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值； (2)通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值； (3)结合已知求出参数，进而使问题得以解决． 已知函数f (x )＝4x ＋a x(x ＞0，a ＞0)在x ＝3时取得最小值，求a 的值．解：由题意知f ′(x )＝4－a x 2＝4x 2－ax2.又x ＞0，a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝a2，当0＜x ＜a2时，f ′(x )＜0；当x ＞a2时，f ′(x )＞0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增， 即当x ＝a2时，f (x )取得最小值，则a2＝3，解得a ＝36.与最值有关的恒成立问题[典例] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在x ＝－3与x ＝1处都取得极值．(1)求a ，b 的值及函数f (x )的单调区间．(2)若x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2恒成立，求c 的取值范围． [解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ， 因为f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝43－43a ＋b ＝0，解得a ＝－12，b ＝－2，所以f ′(x )＝3x 2－x －2＝(3x ＋2)(x －1)， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表：单调递增单调递减单调递增所以函数f (x )的递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－3和(1，＋∞)；递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1.(2)由(1)知，f (x )＝x 3－12x 2－2x ＋c ，x ∈[－1,2]，当x ＝－23时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23＝2227＋c 为极大值，因为f (2)＝2＋c ，所以f (2)＝2＋c 为最大值．要使f (x )<c 2(x ∈[－1,2])恒成立，只需c 2>f (2)＝2＋c ， 解得c <－1或c >2.故c 的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)． [一题多变]1．[变设问]若本例中条件不变，把(2)中“x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2恒成立”改为“若存在x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2成立”，结果如何？解：由典例解析知当x ＝1时，f (1)＝c －32为极小值，又f (－1)＝12＋c >c －32，所以f (1)＝c －32为最小值．因为存在x ∈[－1,2]，不等式f (x )<c 2成立， 所以只需c 2>f (1)＝c －32，即2c 2－2c ＋3＞0，解得c ∈R.2．[变条件，变设问]已知函数f (x )＝13x 3＋ax ＋b (a ，b ∈R)在x ＝2处取得极小值－43.(1)求f (x )的单调递增区间．(2)若f (x )≤m 2＋m ＋103在[－4,3]上恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2＋a ，由f ′(2)＝0，得a ＝－4； 再由f (2)＝－43，得b ＝4.所以f (x )＝13x 3－4x ＋4，f ′(x )＝x 2－4.令f ′(x )＝x 2－4>0，得x >2或x <－2.所以f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)，(2，＋∞)． (2)因为f (－4)＝－43，f (－2)＝283，f (2)＝－43，f (3)＝1，所以函数f (x )在[－4,3]上的最大值为283.要使f (x )≤m 2＋m ＋103在[－4,3]上恒成立，只需m 2＋m ＋103≥283，解得m ≥2或m ≤－3.所以实数m 的取值范围是(－∞，－3]∪[2，＋∞)．恒成立问题向最值转化的方法(1)要使不等式f (x )<h 在区间[m ，n ]上恒成立，可先在区间[m ，n ]上求出函数的最大值f (x )max ，只要h >f (x )max ，则上面的不等式恒成立．(2)要使不等式f (x )>h 在区间[m ，n ]上恒成立，可先在区间[m ，n ]上求出函数f (x )的最小值f (x )min ，只要f (x )min >h ，则不等式f (x )>h 恒成立．层级一 学业水平达标1．设函数f (x )＝2x ＋1x－1(x ＜0)，则f (x )( )A ．有最大值B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数解析：选A f ′(x )＝2－1x 2＝2x 2－1x2， 令f ′(x )＝0，得x ＝－22.当x ＜－22时，f ′(x )＞0；当－22＜x ＜0时，f ′(x )＜0，∴x ＝－22是函数f (x )的极大值点，也是最大值点．故f (x )有最大值，无最小值．2．函数y ＝2x 3－3x 2－12x ＋5在[－2,1]上的最大值、最小值分别是( ) A ．12，－8 B ．1，－8 C ．12，－15D ．5，－16解析：选A y ′＝6x 2－6x －12， 由y ′＝0⇒x ＝－1或x ＝2(舍去)．x ＝－2时，y ＝1；x ＝－1时，y ＝12；x ＝1时，y ＝－8.∴y max ＝12，y min ＝－8.故选A.3．函数f (x )＝2x ＋1x，x ∈(0,5]的最小值为( )A ．2B ．3 C.174D ．22＋12解析：选B 由f ′(x )＝1x －1x2＝x 32－1x 2＝0，得x ＝1，且x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0，x ∈(1,5]时，f ′(x )＞0， ∴x ＝1时，f (x )最小，最小值为f (1)＝3. 4．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. 5．函数y ＝x ＋2cos x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0， π2上取最大值时，x 的值为( ) A ．0 B.π6C.π3D.π2解析：选B y ′＝1－2sin x ，令y ′＝0，得sin x ＝12，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴x ＝π6.由y ′>0得sin x <12，∴0≤x <π6；由y ′<0得sin x >12，∴π6<x ≤π2，∴原函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π6上单调递增，在⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π2上单调递减． 当x ＝0时，y ＝2，当x ＝π2时，y ＝π2，当x ＝π6时，y ＝π6＋3，∵π6＋3>2>π2，∴当x ＝π6时取最大值，故应选B.6．函数f (x )＝x 2－54x(x ＜0)的最小值是________．解析：f ′(x )＝2x ＋54x2.令f ′(x )＝0，得x ＝－3.当x ＜－3时，f ′(x )＜0；当－3＜x ＜0时，f ′(x )＞0. 所以当x ＝－3时，f (x )取得极小值，也是最小值， 所以f (x )min ＝27. 答案：277．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：08．若函数f (x )＝x 3－3x －a 在区间[0,3]上的最大值、最小值分别为m ，n ，则m －n ＝________.解析：∵f ′(x )＝3x 2－3，∴当x ＞1或x ＜－1时，f ′(x )＞0； 当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0.∴f (x )在[0,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增．∴f (x )min ＝f (1)＝1－3－a ＝－2－a ＝n . 又∵f (0)＝－a ，f (3)＝18－a ，∴f (0)＜f (3)． ∴f (x )max ＝f (3)＝18－a ＝m ， ∴m －n ＝18－a －(－2－a )＝20. 答案：209．已知k 为实数，f (x )＝(x 2－4)(x ＋k )． (1)求导函数f ′(x )；(2)若x ＝－1是函数f (x )的极值点，求f (x )在区间[－2,2]上的最大值和最小值． 解：(1)∵f (x )＝x 3＋kx 2－4x －4k ， ∴f ′(x )＝3x 2＋2kx －4. (2)由f ′(－1)＝0，得k ＝－12.∴f (x )＝x 3－12x 2－4x ＋2，f ′(x )＝3x 2－x －4.由f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝43.又f (－2)＝0，f (－1)＝92，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝－5027，f (2)＝0，∴f (x )在区间[－2,2]上的最大值为92，最小值为－5027.10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5，曲线y ＝f (x )在点P (1，f (1))处的切线方程为y ＝3x ＋1.(1)求a ，b 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值．解：(1)依题意可知点P (1，f (1))为切点，代入切线方程y ＝3x ＋1可得，f (1)＝3×1＋1＝4，∴f (1)＝1＋a ＋b ＋5＝4，即a ＋b ＝－2， 又由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5得， 又f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，而由切线y ＝3x ＋1的斜率可知f ′(1)＝3， ∴3＋2a ＋b ＝3，即2a ＋b ＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝－2，2a ＋b ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－4，∴a ＝2，b ＝－4.(2)由(1)知f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝(3x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝23或x ＝－2.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：x －3 (－3，－2) －2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，23 23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 1 f ′(x )＋0 －0 ＋f (x )8极大值极小值4∴f (x )的极大值为f (－2)＝13，极小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3＝27，又f (－3)＝8，f (1)＝4， ∴f (x )在[－3,1]上的最大值为13.层级二 应试能力达标1．函数f (x )＝xe x 在区间[2,4]上的最小值为( )A ．0 B.1eC.4e4 D.2e2解析：选C f ′(x )＝e x－x e xe x 2＝1－xe x ，当x ∈[2,4]时，f ′(x )＜0，即函数f (x )在[2,4]上是单调递减函数，故当x ＝4时，函数f (x )有最小值4e 4.2．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为( ) A ．[0,1) B ．(0,1)C ．(－1,1)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12解析：选B ∵f ′(x )＝3x 2－3a ， 令f ′(x )＝0，可得a ＝x 2， 又∵x ∈(0,1)，∴0＜a ＜1，故选B.3．若函数f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋k 在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为( ) A ．－10B ．－71C ．－15D ．－22解析：选B f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)． 由f ′(x )＝0，得x ＝3或x ＝－1. 又f (－4)＝k －76，f (3)＝k －27，f (－1)＝k ＋5，f (4)＝k －20.由f (x )max ＝k ＋5＝10，得k ＝5， ∴f (x )min ＝k －76＝－71.4．已知当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，函数f (x )＝tx －sin x (t ∈R)的值恒小于零，则t 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2πB.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，＋∞解析：选A f (x )＝tx －sin x ＜0在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内恒成立，即t ＜sin x x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2内恒成立．令g (x )＝sin x x ，则g ′(x )＝x cos x －sin xx2. 令φ(x )＝x cos x －sin x ，则φ′(x )＝－x sin x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，φ′(x )＜0，∴φ(x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，∴φ(x )＜φ(0)＝0，∴sin x ＞x cos x ，∴g ′(x )＜0， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内单调递减，∴t ≤sinπ2π2＝2π.5．设函数f (x )＝12x 2e x，若当x ∈[－2,2]时，不等式f (x )＞m 恒成立，则实数m 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x e x＋12x 2e x ＝ex2·x (x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝－2.当x ∈[－2,2]时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：∴当x ＝0时，f (x )min ＝f (0)＝0，要使f (x )＞m 对x ∈[－2,2]恒成立，只需m ＜f (x )min ，∴m ＜0.答案：(－∞，0)6．已知函数y ＝－x 2－2x ＋3在区间[a,2]上的最大值为154，则a ＝________.解析：y ′＝－2x －2，令y ′＝0，得x ＝－1， ∴函数在(－∞，－1)上单调递增， 在(－1，＋∞)上单调递减．若a ＞－1，则最大值为f (a )＝－a 2－2a ＋3＝154，解得a ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＝－32舍去； 若a ≤－1，则最大值为f (－1)＝－1＋2＋3＝4≠154.综上知，a ＝－12.答案：－127．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (其中常数a ，b ∈R)，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数． (1)求f (x )的表达式；(2)求g (x )在区间[1,2]上的最大值与最小值．解：(1)∵f ′(x )＝3ax 2＋2x ＋b ，∴g (x )＝f (x )＋f ′(x ) ＝ax 3＋(3a ＋1)x 2＋(b ＋2)x ＋b . ∵g (x )是奇函数，∴g (－x )＝－g (x )， 从而3a ＋1＝0，b ＝0，解得a ＝－13，b ＝0，因此f (x )的表达式为f (x )＝－13x 3＋x 2.(2)由(1)知g (x )＝－13x 3＋2x ，∴g ′(x )＝－x 2＋2，令g ′(x )＝0. 解得x 1＝－2(舍去)，x 2＝2， 而g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，因此g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.8．已知函数f (x )＝ln x ＋ax.(1)当a <0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[1，e]上的最小值是32，求a 的值．解：函数f (x )＝ln x ＋a x的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2，(1)∵a <0，∴f ′(x )>0，故函数在其定义域(0，＋∞)上单调递增． (2)x ∈[1，e]时，分如下情况讨论： ①当a <1时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，其最小值为f (1)＝a <1， 这与函数在[1，e]上的最小值是32相矛盾；②当a ＝1时，函数f (x )在[1，e]上单调递增，其最小值为f (1)＝1，同样与最小值是32相矛盾；③当1<a <e 时，函数f (x )在[1，a )上有f ′(x )<0，f (x )单调递减，在(a ，e]上有f ′(x )>0，f (x )单调递增，所以，函数f (x )的最小值为f (a )＝ln a ＋1，由ln a ＋1＝32，得a ＝ e.④当a ＝e 时，函数f (x )在[1，e]上有f ′(x )<0，f (x )单调递减，其最小值为f (e)＝2，这与最小值是32相矛盾；⑤当a >e 时，显然函数f (x )在[1，e]上单调递减，其最小值为f (e)＝1＋ae >2，仍与最小值是32相矛盾；综上所述，a 的值为 e.。
2018年秋高中数学 第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用 3.3.2 函数的极值与
3.3.2 函数的极值与导数学习目标：1.了解极值的概念、理解极值与导数的关系．(难点)2.掌握利用导数求函数极值的步骤，能熟练地求函数的极值．(重点)3.会根据函数的极值求参数的值．(难点)[自主预习·探新知]1．极小值点与极小值若函数f(x)满足：(1)在x＝a附近其他点的函数值f(x)≥f(a)；(2)f′(a)＝0；(3)在x＝a附近的左侧f′(x)<0，在x＝a附近的右侧f′(x)>0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．2．极大值点与极大值若函数f(x)满足：(1)在x＝b附近其他点的函数值f(x)≤f(b)；(2)f′(b)＝0；(3)在x＝b附近的左侧f′(x)>0，在x＝b附近的右侧f′(x)<0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．思考：(1)区间[a，b]的端点a，b能作为极大值点或极小值点吗？(2)若函数f(x)在区间[a，b]内存在一点c，满足f′(c)＝0，则x＝c是函数f(x)的极大值点或极小值点吗？[提示](1)不能，极大值点和极小值点只能是区间内部的点．(2)不一定，若在点c的左右两侧f′(x)符号相同，则x＝c不是极大值点或极小值点，若在点c的左右两侧f′(x)的符号不同，则x＝c是函数f(x)的极大值点或极小值点．3．极值的定义(1)极小值点、极大值点统称为极值点．(2)极大值与极小值统称为极值．4．求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0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．[基础自测]1．思考辨析(1)导数值为0的点一定是函数的极值点．()(2)函数的极大值一定大于极小值．( )(3)在可导函数的极值点处，切线与x轴平行或重合．( )(4)函数f (x )＝1x有极值．( )[答案] (1)× (2)× (3)√ (4)× 2．函数y ＝x 3＋1的极大值是( )A ．1B ．0C ．2D ．不存在D [y ′＝3x 2≥0，则函数y ＝x 3＋1在R 上是增函数，不存在极大值．] 3．若x ＝－2与x ＝4是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点则有( )【导学号：97792153】A ．a ＝－2，b ＝4B ．a ＝－3，b ＝－24C ．a ＝1，b ＝3D ．a ＝2，b ＝－4B [f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意有x ＝－2和x ＝4是方程3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根，所以有－2a 3＝－2＋4，b3＝－2×4，解得a ＝－3，b ＝－24.][合 作 探 究·攻 重 难]函数f (x )的极小值是( )图338A ．a ＋b ＋cB ．3a ＋4b ＋cC ．3a ＋2bD ．c(2)求下列函数的极值： ①f (x )＝13x 3－x 2－3x ＋3；②f (x )＝2xx 2＋1－2. [解析] (1)由f ′(x )的图象知，当x <0时，f ′(x )<0， 当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0 因此当x ＝0时，f (x )有极小值，且f (0)＝c ，故选D. [答案] D(2)①函数的定义域为R ，f ′(x )＝x 2－2x －3.令f ′(x )＝0，得x ＝3或x ＝－1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗↘↗∴x ＝－1是f (x )的极大值点，x ＝3是f (x )的极小值点，且f (x )极大值＝3，f (x )极小值＝－6.②函数的定义域为R ，f ′(x )＝x 2＋－4x 2x 2＋2＝－x －x ＋x 2＋2.令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↗↘当x ＝－1时，函数f (x )有极小值，且f (－1)＝－22－2＝－3；当x ＝1时，函数f (x )有极大值，且f (1)＝22－2＝－1.1．求下列函数的极值． (1)f (x )＝2x ＋8x；(2)f (x )＝3x＋3ln x .[解] (1)因为f (x )＝2x ＋8x，所以函数的定义域为{x |x ∈R 且x ≠0}，f ′(x )＝2－8x2，令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：当x ＝2时，f (x )有极小值8.(2)函数f (x )＝3x＋3ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－3x 2＋3x＝x －x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：因此，当x ＝1【导学号：97792154】[思路探究] f (x )在x ＝－1处有极值0有两方面的含义：一方面x ＝－1为极值点，另一方面极值为0，由此可得f ′(－1)＝0，f (－1)＝0.[解] ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b 且函数f (x )在x ＝－1处有极值0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f －＝0，f －＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3－6a ＋b ＝0，－1＋3a －b ＋a 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧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，此时函数f (x )在R 上为增函数，无极值，故舍去．当a ＝2，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)． 当x ∈(－∞，－3)时，f ′(x )＞0，此时f (x )为增函数；当x ∈(－3，－1)时，f ′(x )＜0，此时f (x )为减函数； 当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )＞0，此时f (x )为增函数． 故f (x )在x ＝－1处取得极小值． ∴a ＝2，b ＝9.2．(1)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( ) A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11 B ．a ＝－4，b ＝2或a ＝－4，b ＝11 C ．a ＝－4，b ＝11 D ．以上都不对C [f ′(x )＝3x 2－2ax －b .由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f ＝3－2a －b ＝0，f＝1－a －b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11.当a ＝3，b ＝－3时，f ′(x )＝3(x ＋1)2≥0，不合题意，故a ＝－4，b ＝11.] (2)函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －1有极值点，求a 的取值范围．[解] f ′(x )＝x 2－2x ＋a ，由题意，方程x 2－2x ＋a ＝0有两个不同的实数根，所以Δ＝4－4a >0，解得a <1.所以a 的取值范围为(－∞，1)．1．如何画三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)的大致图象？提示：求出函数的极值点和极值，根据在极值点左右两侧的单调性画出函数的大致图象． 2．三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋c (a ≠0)的图象和x 轴一定有三个交点吗？提示：不一定，三次函数的图象和x 轴交点的个数和函数极值的大小有关，可能有一个也可能有两个或三个．已知a 为实数，函数f (x )＝－x 3＋3x ＋a (1)求函数f (x )的极值，并画出其图象(草图)(2)当a为何值时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．[思路探究] (1)求出函数f(x)的极值点和极值，结合函数在各个区间上的单调性画出函数的图象．(2)当极大值或极小值恰好有一个为0时，方程f(x)＝0恰好有两个实数根．[解] (1)由f(x)＝－x3＋3x＋a，得f′(x)＝－3x2＋3,令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝1.当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0；当x∈(－1,1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)的极小值为f(－1)＝a－2；极大值为f(1)＝a＋2.由单调性、极值可画出函数f(x)的大致图象，如图所示，(2)结合图象，当极大值a＋2＝0时，有极小值小于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰有两个实数根，所以a＝－2满足条件；当极小值a－2＝0时，有极大值大于0，此时曲线f(x)与x轴恰有两个交点，即方程f(x)＝0恰好有两个实数根，所以a＝2满足条件．综上，当a＝±2时，方程恰有两个实数根．的图象有三个不同的交点，即方程1．下列四个函数中，能在x＝0处取得极值的是( )①y＝x3；②y＝x2＋1；③y＝cos x－1；④y＝2x.A．①②B．②③C．③④ D．①③B[①④为单调函数，不存在极值．]2．函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图339所示，则函数f(x)( )图339A．无极大值点，有四个极小值点B．有三个极大值点，两个极小值点C．有两个极大值点，两个极小值点D．有四个极大值点，无极小值点C[当f′(x)的符号由正变负时，f(x)有极大值，当f′(x)的符号由负变正时，f(x)有极小值．由函数图象易知，函数有两个极大值点，两个极小值点．]3．函数y＝－3＋48x－x3的极小值是__________；极大值是________．－131 125[y′＝－3x2＋48＝－3(x＋4)(x－4)，∵当x∈(－∞，－4)∪(4，＋∞)时，y′<0；当x∈(－4,4)时，y′>0，∴x＝－4时，y取到极小值－131，x＝4时，y取到极大值125.]4．已知函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3(a ＋2)x ＋1既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是________．(－∞，－1)∪(2，＋∞) [f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)， ∵函数f (x )既有极大值又有极小值， ∴方程f ′(x )＝0有两个不相等的实根． ∴Δ＝36a 2－36(a ＋2)＞0.即a 2－a －2＞0，解之得a ＞2或a ＜－1.] 5．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值．(2)判断函数f (x )的单调区间，并求极值.【导学号：97792155】[解] (1)因为f (x )＝ax 2＋b ln x ， 所以f ′(x )＝2ax ＋b x. 又函数f (x )在x ＝1处有极值12.故⎩⎪⎨⎪⎧f ＝0，f ＝12，即⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝0，a ＝12，解得a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x .其定义域为(0，＋∞)． 且f ′(x )＝x －1x＝x ＋x －x.令f ′(x )＝0，则x ＝－1(舍去)或x ＝1. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表：上只有极小值f (1)＝12，无极大值．本文档仅供文库使用。
2017-2018学年高中数学 第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用 3.3.3
3.3.3 函数的最大（小）值与导数[课时作业] [A 组 基础巩固]1．函数f (x )＝x e －x，x ∈[0,4]的最大值是( )A ．0 B.1e C.4e 4 D.2e 2解析：f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x e x ′＝e x －x e xx 2＝1－x e x ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )>0，f (x )是增函数； 当x ∈(1,2]时，f ′(x )<0，f (x )是减函数． ∴f (x )的最大值为f (1)＝1e .答案：B2．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析：∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37. 答案：A3．函数f (x )＝x 3－3x (|x |<1)( ) A ．有最大值，但无最小值 B ．有最大值，也有最小值 C ．无最大值，但有最小值 D ．既无最大值，也无最小值解析：f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，当x ∈(－1,1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1,1)上是单调递减函数，无最大值和最小值． 答案：D4．已知函数f (x )＝ax 3＋c ，且f ′(1)＝6，函数在[1,2]上的最大值为20，则c 的值为( ) A ．1 B ．4 C ．－1 D ．0 解析：∵f ′(x )＝3ax 2，∴f ′(1)＝3a ＝6， ∴a ＝2.当x ∈[1,2]时，f ′(x )＝6x 2>0，即f (x )在[1,2]上是增函数， ∴f (x )max ＝f (2)＝2×23＋c ＝20，∴c ＝4. 答案：B5．函数f (x )＝－x 3＋3x 在区间(a 2－12，a )上有最小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1，11) B ．(－1,2) C ．(－1,2]D ．(1,4)解析：f ′(x )＝－3x 2＋3，令f ′(x )＝0，得x ＝±1.f (x 令－x 3＋3x ＝－2，即x 3－3x －2＝0，(x ＋1)2(x －2)＝0， ∴x ＝－1或x ＝2.∵f (x )在区间(a 2－12，a )上有最小值，∴a 2－12＜－1＜a ≤2， 解得－1＜a ≤2. 答案：C6．函数y ＝ln xx的最大值为________．解析：函数的定义域为x ＞0.y ′＝1－ln xx2，令y ′＝0得x ＝e ，当0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，当x ＞e 时，f ′(x )＜0，∴y 最大＝ln e e ＝1e .答案：1e7．当x ∈[－1,1]时，函数f (x )＝x 2e x 的值域是________．解析：f ′(x )＝2x e x－x2x x2＝2x －x 2ex ＝x －xex. 令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2(舍)，又f (0)＝0，f (－1)＝e ，f (1)＝1e，故f (x )在(－1≤x ≤1)的值域为[0，e]．答案：[0，e]8．设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意的x ∈(0,1]都有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为________．解析：因为x ∈(0,1]，f (x )≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x3.则g ′(x )＝－2xx 4.令g ′(x )＝0，得x ＝12.当0<x <12时，g ′(x )>0；当12<x ≤1时，g ′(x )<0. 所以g (x )在(0,1]上有极大值g (12)＝4，它也是最大值，所以a ≥4. 答案：[4，＋∞)9．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．解析：(1)f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为 f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，得a >－19. 所以当a >－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间， 即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间时，a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞. (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a2，x 2＝1＋1＋8a2， 所以f ′(x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减， 在(x 1，x 2)上单调递增． 当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)，又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.10．已知f (x )＝ln x －x ＋a ，x ∈(0,2]． (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )<a 2－3对任意的x ∈(0,2]恒成立，求实数a 的取值范围． 解析：(1)f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，∴x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当1<x ≤2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．∴f (x )的单调增区间为(0,1)，f (x )的单调减区间为(1,2]． (2)由(1)知x ＝1时，f (x )取得最大值，即f (x )max ＝a －1. ∵f (x )<a 2－3对任意的x ∈(0,2]恒成立， ∴a －1<a 2－3，解得a >2或a <－1.∴a 的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞)．[B 组 能力提升]1．设函数f n (x )＝n 2x 2(1－x )n(n 为正整数)，则f n (x )在[0,1]上的最大值为( ) A ．0 B ．1 C ．1－22＋nD ．4(nn ＋2)n ＋2解析：因为f n ′(x )＝2xn 2(1－x )n－n 3x 2(1－x )n －1＝n 2x (1－x )n －1[2(1－x )－nx ]，令f n ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1，x 3＝22＋n ，易知f n (x )在x ＝22＋n时取得最大值，最大值为f n (22＋n )＝n 2(22＋n )2(1－22＋n )n ＝4(n 2＋n)n ＋2. 答案：D2．函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围为( ) A ．0≤a <1 B ．0<a <1 C ．－1<a <1D ．0<a <12解析：∵f ′(x )＝3x 2－3a ，令f ′(x )＝0，可得a ＝x 2，又∵x ∈(0,1)，∴0<a <1，故选B. 答案：B3．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧f x ＝x －1x >0，x >0得x >1，由⎩⎪⎨⎪⎧f x ，x >0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1时取最小值f (1)＝12－ln 1＝12.答案：124．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为________．解析：|MN |的最小值，即函数h (x )＝x 2－ln x 的最小值，h ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x，显然x＝22是函数h (x )在其定义域内唯一的极小值点，也是最小值点，故t ＝22. 答案：225．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． 解析：(1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．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 )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.(2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a .∴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 . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .6．设函数f (x )＝ax －(1＋a 2)x 2，其中a ＞0，区间Ⅰ＝{x |f (x )＞0}． (1)求I 的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)； (2)给定常数k ∈(0,1)，当1－k ≤a ≤1＋k 时，求I 长度的最小值．解：(1)因为方程ax －(1＋a 2)x 2＝0(a ＞0)有两个实根x 1＝0，x 2＝a1＋a 2，故f (x )＞0的解集为{x |x 1＜x ＜x 2}．因此区间I ＝(0，a 1＋a 2)，区间I 的长度为a1＋a 2.(2)设d (a )＝a1＋a2，则d ′(a )＝1－a2＋a22(a ＞0)．令d ′(a )＝0，得a ＝1.由于0＜k ＜1，故 当1－k ≤a ＜1时，d ′(a )＞0，d (a )单调递增； 当1＜a ≤1＋k 时，d ′(a )＜0，d (a )单调递减．所以当1－k ≤a ≤1＋k 时，d (a )的最小值必定在a ＝1－k 或a ＝1＋k 处取得．而d －k d＋k ＝1－k 1＋－k 21＋k1＋＋k2＝2－k 2－k 32－k 2＋k3＜1，故d(1－k)＜d(1＋k)．因此当a＝1－k时，d(a)在区间[1－k,1＋k]上取得最小值1－k2－2k＋k2，即I长度的最小值为1－k2－2k＋k2.。
高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数中的应用3.3.2函数的极值与导数
12/12/2021
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极大值为 f(1)＝a＋2. 由单调性、极值可画出函数 f(x)的大致图象，如图所示， (2)结合图象，当极大值 a＋2＝0 时，有极小值小于 0，此时曲线 f(x)与 x 轴恰有两个 交点，即方程 f(x)＝0 恰有两个实数根，所以 a＝－2 满足条件；当极小值 a－2＝0 时，有极大值大于 0，此时曲线 f(x)与 x 轴恰有两个交点，即方程 f(x)＝0 恰好有两 个实数根，所以 a＝2 满足条件． 综上，当 a＝±2 时，方程恰有两个实数根．
5π 6
0
5π－6 3 12
(56π，π) ＋
(2)函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f′(x)＝2－x82.
令 f′(x)＝0，得 x1＝2，x2＝－2. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－2) －2
(－2,0)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
－8
因此，当 x＝－2 时，f(x)有极大值－8；
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01 课前 自主(zìzhǔ)梳理 02 课堂(kètáng) 合作探究
03 课后 巩固提升 课时(kèshí)作业
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[自主梳理]
一、极值点与极值
1．极小值点与极小值
如图，函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其
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二、求函数 f(x)极值的方法 解方程 f′(x)＝0，当 f′(x0)＝0 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．
2021学年高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数中的应用3.3.3函数的最大(小)值与导数
由 f′(x)>0 得 0<x< 2 或 x>2. 5
故函数 f(x)的单调递增区间为(0, 2 )和(2,+∞). 5
(2)假设f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.
解:(2)f′(x)= (10x a)(2x a) ,a<0,由 f′(x)=0 得 x=- a 或 x=- a .
当 0<x<1 时,f(x)>(1-x)(1+x)2,(1-x)(1+x)2-ax-1=x(1-a-x-x2),取 x0= 5 4a 1 , 2
则 x0∈(0,1),(1-x0)(1+x0)2-ax0-1=0,故 f(x0)>ax0+1.
当 a≤0 时,取 x0= 5 1 ,则 x0∈(0,1), 2
由 2|AM|=|AN|得 2 = k , 3 tk 2 3k 2 t
即(k3-2)t=3k(2k-1).
当 k= 3 2 时上式不成立,因此 t= 3k(2k 1) , k3 2
t>3 等价于 k3 2k 2 k 2 = (k 2)(k 2 1) <0,即 k 2 <0,
k3 2
k3 2
题型二 由函数的最值求参数
【例 2】 (2018·佛山高二检测)已知函数 f(x)=(4x2+4ax+a2) x ,其中 a<0. (1)当 a=-4 时,求 f(x)的单调递增区间;
解:(1)当 a=-4 时,f(x)=(4x2-16x+16) x ,x≥0. 则 f′(x)= 2(5x 2)(x 2) ,其中 x>0.
课堂探究 素养提升
题型一 求函数的最值
【例1】 求函数y=x4-2x2+5在区间[-2,2]上的最大值与最小值.
高中数学3.3 导数在研究函数中的应用优秀课件
f′(x)＝ ex
f(x)＝ax (a>0，a≠1)
1 f′(x)＝ x
f(x)＝logax (a>0，a≠1)
f′(x)＝ __a_xl_n__a_ f′(x)＝
1 xln a
4.导数运算法则
(1)[f(x)±g(x)]′＝ f′(x)±g′(x) ；
(2)[f(x)·g(x)]′＝ f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) ；
导数的运算
[全析考法]
[典例 1] (1)函数 f(x)＝(x＋1)2(x－3)，则其导函数 f′(x)＝
A．3x2－2x C．3x2－x
B．3x2－2x－5 D．3x2－x－5
()
(2)(2018·钦州模拟)已知函数 f(x)＝xln x，则 f′(1)＋f(4)的值为
A．1－8ln 2 C．8ln 2－1
讲练区 研透高考· 完成情况
[全析考法]
求切线方程
“过点 A 的曲线的切线方程”与“在点 A 处的曲线的切线方 程”是不相同的，后者 A 必为切点，前者未必是切点．曲线在某 点处的切线，若有，则只有一条；曲线过某点的切线往往不止一 条．切线与曲线的公共点不一定只有一个．
[例 1] 已知函数 f(x)＝x3－4x2＋5x－4. (1)求曲线 f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)求经过点 A(2，－2)的曲线 f(x)的切线方程．
求切点坐标
[例 2] (2018·广州模拟)设函数 f(x)＝x3＋ax2，若曲线
y＝f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线方程为 x＋y＝0，则点 P
的坐标为
()
A．(0,0)
B．(1，－1)
高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函数中的应用3.3.3函数的最大(小)值与导数
∴m 的取值范围为(1，＋∞)．
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有关恒成立问题，一般是转化为求函数的最值问题．求解时首先要确定函数，看哪 一个变量的范围已知，以已知范围的变量为自变量确定函数． 一般地，λ≥f(x)恒成立⇔λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立⇔λ≤[f(x)]min.
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[答案] (1)B
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求函数最值的方法 第一步：求函数的定义域． 第二步：求 f ′(x)，解方程 f ′(x)＝0. 第三步：列出关于 x，f(x)，f ′(x)的变化表． 第四步：求极值、端点值，确定最值．
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1．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点 x＝1 处的切线为 l：3x－y＋1 ＝0，若 x＝23时，y＝f(x)有极值． (1)求 a，b，c 的值； (2)求 y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
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4．函数 y＝exx在[0,2]上的最大值为________． 解析：y′＝ex·x′－ex2ex′x＝1－ex x， 令 y′＝0，得 x＝1∈[0,2]． f(1)＝1e，f(0)＝0，f(2)＝e22， ∴f(x)max＝f(1)＝1e. 答案：1e
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由 f ′(x)＝0，∴x＝1.
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故 f(x)在(0,1)上单调递增， (1，e]上单调递减． ∴x＝1 是 f(x)的极大值点，且 f(x)极大值＝－1. 又 f(e)＝1－e<－1， ∴f(x)大＝－1，选 B. (2)f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，令 f ′(x)＝0 得 x1＝－1，x2＝3，所以 f(x)在 x＝－1 处有极大值 f(－1)＝10， f(x)在 x＝3 处有极小值 f(3)＝－22，在区间端点处 f(－4)＝－71，f(4)＝－15， 比较上述结果得，f(x)在[－4,4]上的最大值为 f(－1)＝10，最小值为 f(－4)＝－71.
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3.3.3 函数的最大(小)值与导数
【基础巩固】
1.下列说法正确的是( D )
(A)函数在其定义域内若有最值与极值,则其极大值便是最大值,极小值便是最小值
(B)闭区间上的连续函数一定有最值,也一定有极值
(C)若函数在其定义域上有最值,则一定有极值;反之,若有极值,则一定有最值
(D)若函数在给定区间上有最大(小)值,则有且仅有一个最大(小)值,但若有极值,则可有多个极值
解析:由极值与最值的区别知选D.
2.函数f(x)=x3-3x(|x|<1)( D )
(A)有最大值,但无最小值
(B)有最大值,也有最小值
(C)无最大值,但有最小值
(D)既无最大值,也无最小值
解析:f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),因为x∈(-1,1),
所以f′(x)<0,即函数在(-1,1)上是单调递减的,所以既无最大值,也无最小值.故选D.
3.函数f(x)=3x-x3(-≤x≤3)的最大值为( B )
(A)18 (B)2 (C)0 (D)-18
解析:f′(x)=3-3x2,令f′(x)=0,得x=±1,-≤x<-1时,f′(x)<0,
-1<x<1时,f′(x)>0,1<x≤3时,f′(x)<0,故函数在x=-1处取极小值,在x=1处取极大值. 因为f(1)=2,f(-1)=-2,
又f(-)=0,f(3)=-18,所以[f(x)]max=2,[f(x)]min=-18.故选B.
4.(2018·大同高二检测)函数f(x)=x3-3ax-a在(0,1)内有最小值,则a的取值范围是( B )
(A)[0,1) (B)(0,1)
(C)(-1,1) (D)(0,)
解析:因为f′(x)=3x2-3a,令f′(x)=0,可得a=x2有解,又因为x∈(0,1),所以0<a<1.故选B.
5.(2017·东莞市高二期末)已知a∈R,若不等式ln x-+x-2>0对于任意x∈(1,+∞)恒成立,则a的取值范围为( C )
(A)(-∞,2] (B)(-∞,1]
(C)(-∞,-1] (D)(-∞,0]
解析:由已知得,a<xln x+x2-2x,x∈(1,+∞),
令f(x)=xln x+x2-2x(x>1),则f′(x)=ln x+2x-1,
f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)递增,故f(x)>-1,故a≤-1.故选C.
6.函数f(x)=,x∈[-2,2]的最大值是,最小值是.
解析:因为y′==,
令y′=0可得x=1或-1.
又因为f(1)=2,f(-1)=-2,f(2)=,f(-2)=-,
所以最大值为2,最小值为-2.
答案:2 -2
7.(2018·包头高二月考)函数f(x)=x2+2ax+1在[0,1]上的最小值为f(1),则a的取值范围为.
解析:f′(x)=2x+2a,
f(x)在[0,1]上的最小值为f(1),说明f(x)在[0,1]上单调递减,所以x∈[0,1]时,f′(x)≤0恒成立,
f′(1)=2+2a≤0,所以a≤-1.
答案:(-∞,-1]
8.(2018·北海高二检测)已知函数f(x)=-x3+3x2+9x+a.
(1)求f(x)的单调递减区间;
(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.
解:(1)f(x)定义域为R,
因为f′(x)=-3x2+6x+9.
令f′(x)<0,解得x<-1或x>3,
所以函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1),(3,+∞).
(2)由(1)及已知,f(x)在[-2,-1]上是减函数,在[-1,2]上是增函数,
因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,
f(2)=-8+12+18+a=22+a,
所以f(2)>f(-2).
于是有22+a=20,所以a=-2.
所以f(x)=-x3+3x2+9x-2.
所以f(-1)=1+3-9-2=-7,
即f(x)最小值为-7.
【能力提升】
9.已知函数f(x),g(x)均为[a,b]上的可导函数,在[a,b]上连续且 f′(x)<g′(x),则f(x)-g(x)的最大值为( A )
(A)f(a)-g(a) (B)f(b)-g(b)
(C)f(a)-g(b) (D)f(b)-g(a)。