高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第12讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性课件

合集下载

高考数学一轮复习第二篇函数、导数及其应用第11节导数在研究函数中的应用(第1课时)课件理

返回(fǎnhuí)导航
第九页，共四十九页。
【重要结论】 1．若函数 f(x)的图象连续不断，则 f(x)在[a，b]内一定有最值． 2．若函数 f(x)在[a，b]内是单调函数，则 f(x)一定在区间端点处取得最值． 3．若函数 f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值．
返回(fǎnhuí)导航
第二页，共四十九页。
【教材导读】 1．若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)>0 吗？f′(x)>0 是否是 f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件？提示：函数 f(x)在(a，b)内单调递增，则 f′(x)≥0，f′(x)>0 是 f(x)在(a， b)内单调递增的充分不必要条件．
5．给出下列命题： ①f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件． ②函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的． ③函数的极大值不一定比极小值大． ④对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 点为极值点的充要条件． ⑤函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．其中真命题是________．(写出所有真命题的序号)
返回(fǎnhuí)导航
第十一页，共四十九页。
2．函数 f(x)＝3x2＋ln x－2x 的极值点的个数是( )
(A)0
(B)1
(C)2
(D)无数个
A 解析：f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－x2x＋1，由 f′(x)＝0 得 6x2－2x＋1＝0，
方程无解，因此函数无极值点．
返回(fǎnhuí)导航
第十二页，共四十九页。
3．(2017 全国卷)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则

高考数学第二章函数与导数第12课时导数在研究函数中的应用

第二章函数与导数第12课时导数在研究函数中的应用第三章 (对应学生用书(文)、(理)30～32页),1. (选修22P 28例1改编)函数f(x)＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为______________．答案：(－1，11)解析：f′(x)＝3x 2－30x －33＝3(x －11)(x ＋1)，由(x －11)(x ＋1)<0，得单调减区间为(－1，11)．亦可填写闭区间或半开半闭区间．2. (选修22P 34习题3改编)若函数f(x)＝e x－ax 在x ＝1处取到极值，则a ＝________．答案：e解析：由题意，f ′(1)＝0，因为f′(x)＝e x－a ，所以a ＝e.3. (选修22P 34习题8)函数y ＝x ＋sinx ，x ∈[0，2π]的值域为________．答案：[0，2π]解析：由y′＝1＋cosx ≥0，所以函数y ＝x ＋sinx 在[0，2π]上是单调增函数，所以值域为[0，2π]．4. (原创)已知函数f(x)＝－12x 2＋blnx 在区间[2，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：f′(x)＝－x ＋b x ≤0在[2，＋∞)上恒成立，即b≤x 2在[2，＋∞)上恒成立．5. (选修22P 35例1改编)用长为90cm 、宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折90°角，再焊接而成，则该容器的高为________cm 时，容器的容积最大．答案：10解析：设容器的高为xcm ，即小正方形的边长为xcm ，该容器的容积为V ，则V ＝(90－2x)(48－2x)x ＝4(x 3－69x 2＋1080x)，0<x<12，V ′＝12(x 2－46x ＋360)＝12(x －10)(x －36)，当0<x<10时，V ′>0；当10<x<12时，V ′<0.所以V 在(0，10]上是增函数，在[10，12)上是减函数，故当x ＝10时，V 最大．1. 函数的单调性与导数在区间(a，b)内，函数的单调性与其导数的正负有如下关系：如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)为该区间上的增函数；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)为该区间上的减函数．2. 函数的极值与导数(1) 函数极值的定义若函数f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都要小，f(a)叫函数的极小值．若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都要大，f(b)叫函数的极大值，极小值和极大值统称为极值．(2) 求函数极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时，①如果在x0附近左侧单调递增，右侧单调递减，那么f(x0)是极大值．②如果在x0附近左侧单调递减，右侧单调递增，那么f(x0)是极小值．3. 函数的最值(1) 最大值与最小值的概念如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≤f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在定义域上的最大值．如果在函数定义域I内存在x0，使得对任意的x∈I，总有f(x)≥f(x0)，则称f(x0)为函数f(x)在定义域上的最小值．(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f(a)、f(b)比较，其中值最大的一个是最大值，值最小的一个是最小值．4. 生活中的优化问题解决优化问题的基本思路是：优化问题®®用导数解决数学问题®优化问题答案题型1 导数与函数的单调性例1已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1) 若a＝3时，求f(x)的单调区间；(2) 若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(3) 是否存在实数a，使f(x)在(－1，1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．解：(1) 当a＝3时，f(x)＝x3－3x－1，∴ f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0即3x2－3>0，解得x>1或x<－1，∴ f(x)的单调增区间为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，同理可求f(x)的单调减区间为(－1，1)．(2) f′(x)＝3x 2－a.∵ f(x)在实数集R 上单调递增，∴ f ′(x)≥0恒成立，即3x 2－a≥0恒成立，∴ a ≤(3x 2)min .∵ 3x 2的最小值为0，∴ a ≤0.(3) 假设存在实数a 使f(x)在(－1，1)上单调递减，∴ f ′(x)≤0在(－1，1)上恒成立，即a≥3x 2.又3x 2∈[0，3)，∴ a ≥3.∴ 存在实数a 使f(x)在(－1，1)上单调递减，且a≥3. 备选变式（教师专享）(1) 已知函数 f(x)＝12x 2－mlnx ＋(m －1)x ，当 m≤0 时，试讨论函数 f(x) 的单调性；(2) 若函数f(x)＝－12()x －22＋blnx 在(1，＋∞)上是减函数，求实数b 的取值范围．解：(1)函数的定义域为()0，＋∞，f ′(x)＝x －m x ＋(m －1)＝x 2＋（m －1）x －mx ＝（x －1）（x ＋m ）x.①当－1<m≤0时，令f′(x)>0，得0<x<－m 或x>1，令f′(x)<0，得－m<x<1，∴ 函数 f(x)的单调递增区间是()0，－m 和()1，＋∞，单调递减区间是()－m ，1； ②当m≤－1时，同理可得，函数 f(x)的单调递增区间是()0，1和()－m ，＋∞，单调递减区间是()1，－m .(2)由f(x)＝－12()x －22＋blnx ，得f′(x)＝－(x －2)＋bx，由题意，知f′(x)≤0即－()x －2＋bx ≤0在()1，＋∞上恒成立，∴ b≤[]x ()x －2min，当x∈()1，＋∞时，[]x ()x －2∈()1，＋∞，∴ b ≤1.题型2 导数与函数的极值、最值例2 设函数f(x)＝(x 2＋ax ＋b)e x(x∈R )． (1) 若a ＝2，b ＝－2，求函数f(x)的极大值； (2) 若x ＝1是函数f(x)的一个极值点． ① 试用a 表示b ；② 设a ＞0，函数g(x)＝(a 2＋14)e x ＋4.若 ξ1、ξ2∈[0，4]，使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ f′(x)＝(2x ＋a)e x ＋(x 2＋ax ＋b)e x ＝[x 2＋(2＋a)x ＋(a ＋b)]e x，当a ＝2，b ＝－2时，f(x)＝(x 2＋2x －2)e x，则f′(x)＝(x 2＋4x)e x，令f′(x)＝0得(x 2＋4x)e x＝0，∵ e x ≠0, ∴ x 2＋4x ＝0，解得x ＝－4或x ＝0，∴ 当x ＝－4时，函数f(x)取极大值，f(x)极大值＝6e4.(2) ① 由(1)知f′(x)＝[x 2＋(2＋a)x ＋(a ＋b)]e x. ∵ x ＝1是函数f(x)的一个极值点，∴ f ′(1)＝0，即e[1＋(2＋a)＋(a ＋b)]＝0，解得b ＝－3－2a.② 由①知f′(x)＝e x [x 2＋(2＋a)x ＋(－3－a)] ＝e x(x －1)[x ＋(3＋a)]，当a ＞0时，f(x)在区间(0，1)上的单调递减，在区间(1，4)上单调递增， ∴ 函数f(x)在区间[0，4]上的最小值为f(1)＝－(a ＋2)e.∵ f(0)＝b ＝－3－2a ＜0，f(4)＝(2a ＋13)e 4＞0， ∴ 函数f(x)在区间[0，4]上的值域是[f(1)，f(4)]，即[－(a ＋2)e ，(2a ＋13)e 4]．又g(x)＝(a 2＋14)e x ＋4在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[(a 2＋14)e 4，(a 2＋14)e 8]，∴ (a 2＋14)e 4－(2a ＋13)e 4＝(a 2－2a ＋1)e 4＝(a －1)2e 4≥0，∴ 存在ξ1、ξ2∈[0，4]使得|f(ξ1)－g(ξ2)|＜1成立只须(a 2＋14)e 4－(2a ＋13)e 4＜1Þ (a －1)2e 4＜1Þ (a －1)2＜1e 4 Þ1－1e 2＜a ＜1＋1e2.备选变式（教师专享）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－3x(a 、b∈R )在点x ＝－1处取得极大值为2. (1) 求函数f(x)的解析式；(2) 若对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x 1、x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤c，求实数c 的最小值．解：(1) f′(x)＝3ax 2＋2bx －3.由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）＝2，f ′（－1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＋3＝2，3a －2b －3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0，所以f(x)＝x 3－3x.(2) 令f′(x)＝0，即3x 2－3＝0，得x ＝±1.因为f(－1)＝2，f(1)＝－2，所以当x∈[－2，2]时，f(x)max ＝2，f(x)min ＝－2. 则对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x 1、x 2，都有|f(x 1)－f(x 2)|≤|f(x)max －f(x)min |＝4，所以c≥4.所以c 的最小值为4.题型3 导数在实际问题中的应用例3 请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A 、B 、C 、D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E 、F 在AB 上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x cm.(1) 某广告商要求包装盒侧面积S(cm 2)最大，试问x 应取何值？(2) 某厂商要求包装盒容积V(cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解：(1) S ＝602－4x 2－(60－2x)2＝240x －8x 2(0<x<30)，所以x ＝15 cm 时侧面积最大．(2) V ＝(2x)222(60－2x)＝22x 2(30－x)(0<x<30)，所以V′＝62x(20－x)，令V′＝0，得x ＝20，当0<x<20时，V 递增；当20<x<30时，V 递减．所以，当x ＝20时，V 最大，此时，包装盒的高与底面边长的比值为22（60－2x ）2x＝12.变式训练某地方政府在某地建一座桥，两端的桥墩相距m 米，此工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩(包括两端的桥墩)．经预测，一个桥墩的费用为256万元，相邻两个桥墩之间的距离均为x ，且相邻两个桥墩之间的桥面工程费用为(1＋x)x 万元，假设所有桥墩都视为点且不考虑其他因素，记工程总费用为y 万元．(1) 试写出y 关于x 的函数关系式；(2) 当m ＝1 280米时，需要新建多少个桥墩才能使y 最小？解：根据题意，需要建⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋1个桥墩和m x 段桥面工程． (1) y ＝256⎝ ⎛⎭⎪⎫m x ＋1＋mx(1＋x)x＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋256x ＋m ＋256⎝ ⎛⎭⎪⎫x>0，m x ∈N . (2) 当m ＝1 280时，y ＝1 280⎝⎛⎭⎪⎫x ＋256x ＋1 536，y ′＝1 280⎝⎛⎭⎪⎫12x －256x 2，令y′＝0，得x ＝64，当0<x<64时，y ′<0；当x>64时，y ′>0.所以当x ＝64时，y 有最小值16 896，此时要建21个桥墩．答：需要建21个桥墩才能使y 最小．【示例】 (本题模拟高考评分标准，满分14分)已知函数f(x)＝lnx －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．审题引导： ① 知函数解析式求单调区间，实质是求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 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分)① 当a≤0时，f ′(x)＝1x －a≥0，即函数f(x)的单调增区间是(0，＋∞)．(3分)② 当a>0时，令f′(x)＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x<1a 时，f ′(x)＝1－ax x >0，当x>1a 时，f ′(x)＝1－ax x <0，所以函数f(x)的单调增区间是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调减区间是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞.(6分)(2) ① 当1a ≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.(8分)② 当1a ≥2，即0<a≤12时，函数f(x)在区间[1，2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.(10分)③ 当1<1a <2，即12<a<1时，函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数，又f(2)－f(1)＝ln2－a ，所以当12<a<ln2时，最小值是f(1)＝－a ；当ln2≤a<1时，最小值是f(2)＝ln2－2a.(12分) 综上可知，当0<a<ln2时，最小值是－a ；当a≥ln2时，最小值是ln2－2a.(14分)1. (2013²新课标Ⅱ)若存在正数x 使2x(x －a)<1成立，则a 的取值范围是________．答案：(－1，＋∞)解析：因为2x (x －a)<1，所以a>x －12x ，令f(x)＝x －12x ，所以f′(x)＝1＋2－xln2>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0－1＝－1，所以a 的取值范围是(－1，＋∞)．2. (2013²大纲)若函数f(x)＝x 2＋ax ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上是增函数，则a 的取值范围是________．答案：a≥3解析：f′(x)＝2x ＋a －1x 2≥0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立，即a≥1x 2－2x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上恒成立．令g(x)＝1x 2－2x ，求导可得g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上的最大值为3，所以a≥3.3. (2013²扬州期末)已知函数f(x)＝lnx －mx (m∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________．答案：－3e解析：f′(x)＝1x ＋m x 2＝x ＋mx 2，令f′(x)＝0，则x ＝－m ，且当x<－m 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，当x>－m 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．若－m≤1，即m≥－1时，f(x)min＝f(1)＝－m ≤1，不可能等于4；若1<－m≤e ，即－e ≤m<－1时，f(x)min ＝f(－m)＝ln(－m)＋1，令ln(－m)＋1＝4，得m ＝－e 3(－e ，－1)；若－m>e ，即m<－e 时，f(x)min ＝f(e)＝1－m e ，令1－me＝4，得m ＝－3e ，符合题意．综上所述，m ＝－3e.4. (2013²南京二模)设函数f(x)＝x 2－(a －2)x －alnx. (1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若函数f(x)有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值； (3) 若方程f(x)＝c 有两个不相等的实数根x 1、x 2，求证：f′⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>0.(1) 解：f′(x)＝2x －(a －2)－a x ＝2x 2－（a －2）x －a x ＝（2x －a ）（x ＋1）x (x>0)．当a≤0时，f ′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．当a>0时，由f′(x)>0，得x>a 2；由f′(x)<0，得0<x<a2.所以函数f(x)的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2. (2) 解：由(1)得，若函数f(x)有两个零点，则a>0，且f(x)的最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2<0，即－a2＋4a －4aln a2<0.因为a>0，所以a ＋4ln a2－4>0.令h(a)＝a ＋4ln a 2－4，显然h(a)在(0，＋∞)上为增函数，且h(2)＝－2<0，h(3)＝4ln32－1＝ln 8116－1>0，所以存在a 0∈(2，3)，h(a 0)＝0.当a>a 0时，h(a)>0；当0<a<a 0时，h(a)<0. 所以满足条件的最小正整数a ＝3.又当a ＝3时，f(3)＝3(2－ln3)>0，f(1)＝0，所以a ＝3时，f(x)有两个零点．综上所述，满足条件的最小正整数a 的值为3.(3) 证明：因为x 1、x 2是方程f(x)＝c 的两个不等实根，由(1)知a>0.不妨设0<x 1<x 2，则x 21－(a －2)x 1－alnx 1＝c ，x 22－(a －2)x 2－alnx 2＝c.两式相减得x 21－(a －2)x 1－alnx 1－x 22＋(a －2)²x 2＋alnx 2＝0，即x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝ax 1＋alnx 1－ax 2－alnx 2＝a(x 1＋lnx 1－x 2－lnx 2)．所以a ＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2x 1＋lnx 1－x 2－lnx 2.因为f′⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2时，f ′(x)<0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞时，f ′(x)>0，故只要证x 1＋x 22>a2即可，即证明x 1＋x 2>x 21＋2x 1－x 22－2x 2x 1＋lnx 1－x 2－lnx 2，即证明x 21－x 22＋(x 1＋x 2)(lnx 1－lnx 2)<x 21＋2x 1－x 22－2x 2，即证明ln x 1x 2<2x 1－2x 2x 1＋x 2.设t ＝x 1x 2(0<t<1)．令g(t)＝lnt －2t －2t ＋1，则g ′(t)＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2.因为t>0，所以g′(t)≥0，当且仅当t ＝1时，g ′(t)＝0，所以g(t)在(0，＋∞)上是增函数．又g(1)＝0，所以当t∈(0，1)，g(t)<0总成立．所以原题得证．1. 如果关于x 的方程ax ＋1x 2＝3在区间(0，＋∞)上有且仅有一个解，那么实数a 的取值范围为________．答案：a≤0或a ＝2解析：由ax ＋1x ＝3，得a ＝3x －1x.令t ＝1x，则f(t)＝3t －t 3，t ∈(0，＋∞)．用导数研究f(t)的图象，得f max (t)＝2，当x∈(0，1)时，f(t)递增，当x∈(1，＋∞)时，f(t)递减，所以a≤0或a ＝2.2. 已知函数f(x)＝lnx －a （x －1）x ＋1，若函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，则a 的取值范围是________．答案：a≤2解析：f′(x)＝x 2＋（2－2a ）x ＋1x （x ＋1）2≥0在(0，＋∞)上恒成立，易得a≤2. 3. 设直线y ＝a 分别与曲线y 2＝x 和y ＝e x交于点M 、N ，则当线段MN 取得最小值时a 的值为________．答案：22解析：由题意，M(a 2，a)，N(lna ，a)，故MN 的长l ＝|a 2－lna|＝a 2－lna(a>0)，由l′＝2a －1a ＝2a 2－1a ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a ＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a －22a，令l′>0，得l ＝a 2－lna 在⎝⎛⎭⎪⎫22，＋∞上单调递增；令l′<0，得l ＝a 2－lna 在⎝⎛⎭⎪⎫0，22上单调递减，所以当a ＝22时，线段MN 的长取得极小值，也是最小值．4. 已知函数f(x)＝(ax 2＋x)e x，其中e 是自然数的底数，a ∈R . (1) 当a<0时，解不等式f(x)>0；(2) 若f(x)在[－1，1]上是单调函数，求a 的取值范围；(3) 当a ＝0时，求整数k 的所有值，使方程f(x)＝x ＋2在[k ，k ＋1]上有解．解：(1) 因为e x >0，所以不等式f(x)>0即为ax 2＋x>0.又a<0，所以不等式可化为x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a <0，所以不等式f(x)>0的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a . (2) f′(x)＝(2ax ＋1)e x＋(ax 2＋x)e x＝[ax 2＋(2a ＋1)x ＋1]e x，① 当a ＝0时，f ′(x)＝(x ＋1)e x，f ′(x)≥0在[－1，1]上恒成立，当且仅当x ＝－1时取等号，故a ＝0符合要求；② 当a≠0时，令g(x)＝ax 2＋(2a ＋1)x ＋1，因为Δ＝(2a ＋1)2－4a ＝4a 2＋1>0，所以g(x)＝0有两个不相等的实数根x 1、x 2，不妨设x 1>x 2，因此f(x)有极大值又有极小值．若a>0，因为g(－1)²g(0)＝－a<0，所以f(x)在(－1，1)内有极值点，故f(x)在[－1，1]上不单调．若a<0，可知x 1>0>x 2，因为g(x)的图象开口向下，要使f(x)在[－1，1]上单调，因为g(0)＝1>0，必须满足⎩⎪⎨⎪⎧g （1）≥0，g （－1）≥0.即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2≥0，－a≥0.所以－23≤a ≤0.综上可知，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，0.(3) 当a ＝0时，方程即为xe x＝x ＋2，由于e x>0，所以x ＝0不是方程的解，所以原方程等价于e x－2x－1＝0.令h(x)＝e x －2x －1，因为h′(x)＝e x＋2x 2>0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调增函数，又h(1)＝e －3<0，h(2)＝e 2－2>0，h(－3)＝e －3－13<0，h(－2)＝e －2>0，所以方程f(x)＝x ＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1，2]和[－3，－2]上，所以整数k 的所有值为{－3，1}．1. 在已知函数f(x)是增函数(或减函数)，求参数的取值范围时，应令f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去；若f′(x)不恒为0，则参数范围确定．2. 理解可导函数极值与最值的区别，极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点的函数值．3. 用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．请使用课时训练(A)第12课时(见活页)．[备课札记]。

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第12讲第2课时导数在研究函数中的应用课件

第二章函数、导数及其应用
第十二讲导数在研究函数中的应用
12/11/2021
第二课时导数与函数的极值、最值
12/11/2021
12/11/2021
1 知识梳理 • 双基自测 2 考点突破 • 互动探究 3 名师讲坛 • 素养提升
知识梳理 • 双基自测
12/11/2021
知识点一函数的极值
23)×(1＋12)＝－3 2
3 .
12/11/2021
考点突破 • 互动探究
12/11/2021
考点一用导数求解函数极值问题——多维探究角度1 根据函数图象判断极值
例 1 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)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( D)
12/11/2021
1．f′(x0)＝0与x0是f(x)极值点的关系函数f(x)可导，则f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝ x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点． 2．极大值(或极小值)可能不止一个，可能没有，极大值不一定大于极小值． 3．极值与最值的关系极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得；有极值的不一定有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点处取，则必定在极值处取． 4．定义在开区间(a，b)内的函数不一定存在最大(小)值．
令 f′(x)＝0，解得 x1＝2，x2＝3，可得
x (0,2) 2 (2,3) 3
f′(x) ＋
0
－
0
(3，＋∞) ＋
f(x)
极大值
极小值
由上表可知当 x＝2 时，极大值 f(2)＝92＋6ln 2，当 x＝3 时，极小值 f(3)＝2＋6ln 3.

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用(第1课时)利用导数研

第11讲导数在研究函数中的应用第1课时利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系1．概念辨析(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)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．( ) 答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)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 C解析观察y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当x＝2时，f(x)取到极大值，故只有C正确．(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)答案 A解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．(3)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)答案 D解析函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案 3解析由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.经检验a ＝3也满足题意，所以a 的最大值是3.题型一不含参数的函数的单调性1．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减 C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增 D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减答案 D解析 f ′(x )＝x ′ln x ＋x (ln x )′＝ln x ＋1. 由f ′(x )＝0得x ＝1e，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，故只有D 正确． 2．函数f (x )＝3xx 2＋1的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞) 答案 B解析函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝31－x2x 2＋12＝31－x 1＋xx 2＋12.要使f ′(x )>0，只需(1－x )(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．3．(2019·某某金溪一中等校联考)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f x ex的单调递减区间为( )A ．(0,4)B ．(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，4 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43D ．(0,1)，(4，＋∞) 答案 D解析由题图可知，先减后增的那条曲线为f ′(x )的图象，先增后减最后增的曲线为f (x )的图象．因为g (x )＝f xex，所以g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由图象可知，当x ∈(0,1)和(4，＋∞)时，f ′(x )<f (x )，此时g ′(xg (x )的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．条件探究若举例说明1中的函数变为f (x )＝ln xx，试求f (x )的单调区间．解函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．确定不含参数的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.1.(2017·某某高考)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上是先增后减再增．故选D.f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D．(1,2) 答案 C解析函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －22x －1x>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞).3.(2019·某某调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析因为f (x )＝x sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )>0，得x cos x >0.又因为－π<x <π，所以－π<x <－π2或0<x <π2，所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.题型二含参数的函数的单调性(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ．讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①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 ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．条件探究1 若举例说明中的函数变为f (x )＝ax 2－a －ln x ，应如何解答？解由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．条件探究2 若举例说明中的函数变为f (x )＝x －2x＋1－a ln x (a >0)，应如何解答？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 ′(xf (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.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：此时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．确定含参数的函数的单调性的基本步骤(1)确定函数f (x )的定义域．(2)求f ′(x )，并尽量化为乘积或商的形式． (3)令f ′(x )＝0，①若此方程在定义域内无解，考虑f ′(x )恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a ≤2时，f ′(x )恒小于等于0.②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f ′(x )的符号确定单调区间．如举例说明中a >2时，f ′(x )＝0有两个实根.1．已知函数f (x )＝13x 3－(2m ＋1)x 2＋3m (m ＋2)x ＋1，其中m ∈R ，求函数f (x )的单调递增区间．解 f ′(x )＝x 2－2(2m ＋1)x ＋3m (m ＋2) ＝(x －3m )(x －m －2)．当3m ＝m ＋2，即m ＝1时，f ′(x )＝(x －3)2≥0，∴f (x )单调递增，即f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当3m >m ＋2，即m >1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0可得x <m ＋2或x >3m ，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)．当3m <m ＋2，即m <1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0，可得x <3m 或x >m ＋2，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)．综上所述，当m ＝1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当m >1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)；当m <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)． 2．已知函数f (x )＝e 2x－a e x －a 2x ，讨论函数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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．题型三函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式1．(1)(2019·某某模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f e e，b ＝f ln 2ln 2，c ＝f －3－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的x 0的取值X 围为________．答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2解析 (1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f x x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， ∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，知π3<x 0≤π2.又因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数，所以－π2≤x <－π3也满足条件．角度2 根据函数单调性求参数2．(1)(2018·某某江南十校联考)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X 围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3](2)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.①求b ，c 的值；②若a >0，求函数f (x )的单调区间；③设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，某某数a 的取值X 围．答案 (1)A (2)见解析解析 (1)∵f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x，∴由f ′(x )≤0解得0<x ≤3，由题意知{ a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2.(2)①f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.②由①得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． ③g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)，使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立，即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值X 围是(－∞，－22)．利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)f (x )>g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.(1)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值X 围．(2)可导函数在区间(a ，b )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，从而转化为不等式问题，求出参数的取值X 围．如举例说明2(2)．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，word 令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值X 围．如举例说明2(1).1．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f x x>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )答案 B解析 f ′(x )＋f x x >0⇒xf ′x ＋f x x >0⇒[xf x ]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.2．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则实数a 的取值X 围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，103 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞D ．[2，＋∞) 答案 B解析若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0在[1,2]上恒成立，即a ≥x ＋1x 在[1,2]上恒成立，又当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ＝2＋12＝52，所以a ≥52.故选B. 3．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值X 围是________．答案 (－3，－1)∪(1,3)解析 f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.。

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案导数在函数研究中的应用

第十一节导数在函数研究中的应用1．函数的单调性了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．函数的极值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(其中多项式函数一般不超过三次)．知识点一利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上是减少的． (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 )的单调区间．易误提醒1．在某个区间(a ，b )上，若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增；若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减；若f ′(x )＝0恒成立，则f (x )在这个区间上为常数函数；若f ′(x )的符号不确定，则f (x )不是单调函数．2．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．[自测练习]1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex >0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 知识点二利用导数研究函数的极值 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．易误提醒 f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的非充分非必要条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点；又如f (x )＝|x |，x ＝0是它的极小值点，但f ′(0)不存在．[自测练习]3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D考点一利用导数研究函数的单调性|(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．利用导数研究函数的单调性应注意两点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． (2)可导函数f (x )在(a ，b )内是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．1．已知函数f (x )＝m ln x －12x 2(m ∈R )，求函数f (x )的单调区间．解：函数f (x )＝m ln x －12x 2的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝mx －x ＝m －x 2x .当m ≤0时，f ′(x )≤－x 2x＝－x <0，函数f (x )＝m ln x －12x 2在(0，＋∞)上为减函数．当m >0时，令f ′(x )＝0，得：x ＝m 或－m (舍去)．当x ∈(0，m )时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，m )上是增函数．当x ∈(m ，＋∞)时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(m ，＋∞)上是减函数．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，m )，单调递减区间为(m ，＋∞)．考点二已知单调性求参数范围|(2015·福州模拟)已知函数f (x )＝e x 2－1e x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝32时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝32时，f (x )＝e x 2－1e x －32x ，f ′(x )＝12e x [(e x )2－3e x ＋2]＝12e x (e x －1)(e x －2)，令f ′(x )＝0，得e x ＝1或e x ＝2，即x ＝0或x ＝ln 2；令f ′(x )>0，得x <0或x >ln 2；令f ′(x )<0，则0<x <ln 2.∴f (x )在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2)上单调递减． (2)f ′(x )＝e x 2＋1e x －a ，令e x ＝t ，由于x ∈[－1,1]，∴t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e .令h (t )＝t 2＋1t ⎝⎛⎭⎫t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， h ′(t )＝12－1t 2＝t 2－22t2，∴当t ∈⎣⎡⎭⎫1e ，2时，h ′(t )<0，函数h (t )为单调减函数；当t ∈(2，e]时，h ′(t )>0，函数h (t )为单调增函数．故h (t )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的极小值点为t ＝ 2. 又h (e)＝e 2＋1e <h ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e ＋e ，∴2≤h (t )≤e ＋12e.∵函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，若函数在[－1,1]上单调递增，则a ≤t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≤2；若函数f (x )在[－1,1]上单调递减，则a ≥t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≥e ＋12e，综上可得a ≤ 2或a ≥e ＋12e.已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x ＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数；当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数，当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数．(2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x －x )－e x ＋x 2＋x ， ∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，∴g ′(x )＝x e x －m e x ＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立，即m ≤x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x －1，x ∈(2，＋∞)，h ′(x )＝(e x )2－x e x －2e x (e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2. 令L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立，即L (x )＝e x －x －2在(2，＋∞)上为增函数，即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，∴h ′(x )>0，即h (x )＝x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上为增函数，∴h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1，∴m ≤2e 2＋1e 2－1.考点三利用导数研究极值|设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .讨论函数f (sin x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． [解] f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值． ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值．③对于－2<a <2，在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时，函数f (sin x )单调递减；x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值 f (sin x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝b －a24.3．(2015·太原一模)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a )e x －x 2，a ∈R . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若函数f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围．解：(1)由题意得f ′(x )＝x [(x ＋2－a )e x －2]＝ x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x ＋2－2ex ≥a 在(0，＋∞)上恒成立，又函数g (x )＝x ＋2－2e x 在(0，＋∞)上单调递增，∴a ≤g (0)＝0，∴a 的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f ′(x )＝x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ，令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＋2－2e x －a ＝0，即x ＝0或g (x )＝a ，∵g (x )＝x ＋2－2e x 在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R ，∴存在唯一x 0∈R ，使得g (x 0)＝a ，①若x 0>0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，x 0)时，g (x )<a ，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝0处取得极大值，这与题设矛盾．②若x 0＝0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处不取极值，这与题设矛盾．③若x 0<0，当x ∈(x 0,0)时，g (x )>a ，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处取得极小值．综上所述，x 0<0，∴a ＝g (x 0)<g (0)＝0， ∴a 的取值范围是(－∞，0)． 8.分类讨论思想在导数中的应用【典例】 (2015·贵阳期末)已知函数f (x )＝ax －ae x (a ∈R ，a ≠0)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋1没有零点，求实数a 的取值范围．[思维点拨] (1)求f ′(x )后判断f (x )在(－∞，＋∞)上的单调性，可求极值． (2)分类讨论f (x )在(－∞，＋∞)的单调性，利用极值建立所求参数a 的不等式求解． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋1e x ，f ′(x )＝x －2ex . 由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极小值为f (2)＝－1e2，函数f (x )无极大值．(2)F ′(x )＝f ′(x )＝a e x －(ax －a )e x e 2x ＝－a (x －2)e x .①当a <0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：若使函数F (x )没有零点，当且仅当F (2)＝ae 2＋1>0，解得a >－e 2，所以此时－e 2<a <0；②当a >0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：因为F (2)>F (1)>0，且F ⎝⎛⎭⎫1－10a ＝e1－10a －10e1－10a <e －10e1－10a <0，所以此时函数F (x )总存在零点． (或：当x >2时，F (x )＝a (x －1)e x＋1>1，当x <2时，令F (x )＝a (x －1)e x＋1<0，即a (x －1)＋e x <0，由于a (x －1)＋e x <a (x －1)＋e 2，令a (x －1)＋e 2≤0，得x ≤1－e 2a ，即x ≤1－e 2a时，F (x )<0，即F (x )存在零点)综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．[思想点评] 分类讨论思想在导数研究函数的应用中运用普遍常见的分类讨论点有： (1)f ′(x )＝0是否有根．(2)若f ′(x )＝0有根，根是否在定义域内． (3)若f ′(x )＝0有两根，两根大小比较问题.A 组考点能力演练1．(2015·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：A 、B 为单调函数，不存在极值，C 不是奇函数，故选D. 答案：D2．(2016·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案：B3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A.23B.43C.83D.163解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.答案：C4．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( ) A ．x 1>x 2 B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22解析：因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎫e x ＋1e x ＝e 2x(x ＋1)＋x －1ex，当x ≥0时，e 2x (x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x 1|<|x 2|，即x 21<x 22，故选D.答案：D5．若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518，故选C. 答案：C6．(2016·九江一模)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞7．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：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a 3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)8．(2015·兰州一模)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2.答案：(－∞，2ln 2－2)9．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax ＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围； (2)求g (x )的最大值．解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)．因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)，所以a 的取值范围是[1，＋∞)． (2)g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫2x －1＋2ln x －x ，由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.10．(2015·安徽六校联考)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(其中k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间和极值；(2)当k ∈[0，＋∞)时，证明函数f (x )在R 上有且只有一个零点．解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝－(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )，当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点．故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎡⎦⎤0，e2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增． ∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝⎛⎭⎫e2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增． f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]，令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ， g ″(t )＝e t －2，∵t >2，∴g ″(t )>0，g ′(t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g ′(t )>g ′(2)＝e 2－4>0，∴g (t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g (t )>g (2)＝e 2－4>0. ∴f (k ＋1)>0.∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k ∈[0，＋∞)时，f (x )在R 上有且只有一个零点．B 组高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性．解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝⎛⎭⎫－43＝0，所以3a ·169＋2·⎝⎛⎭⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x，故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数． 2．(2015·高考安徽卷)已知函数f (x )＝ax (x ＋r )2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解：(1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)． f (x )＝ax (x ＋r )2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a (x 2＋2rx ＋r 2)－ax (2x ＋2r )(x 2＋2rx ＋r 2)2＝a (r －x )(x ＋r )(x ＋r )4，所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )． (2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减．因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)上的极大值为f (r )＝ar (2r )2＝a 4r ＝4004＝100.3．(2016·宁夏银川一中联考)函数f (x )＝x 2－2ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a . (1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x )，若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )＝0，∵x >0，∴x ＝1.x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减1单调递增∴f (x )的极小值为1，无极大值．(2)∵k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ，k ′(x )＝－2x ＋1.若k ′(x )＝0，则x ＝2.当x ∈[1,2)时，k ′(x )<0；当x ∈(2,3]时，k ′(x )>0. 故k (x )在x ∈[1,2)上单调递减，在x ∈(2,3]上单调递增．∴{ k (1)≥0，k (2)<0，k (3)≥0，∴{a ≤1，a >2－2ln 2，a ≤3－2ln 3， ∴实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．。

高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件

聚焦中考——语文第五讲
表达方式与记叙的顺序
• （2013·荆门）阅读下文，完成习题。 • ①那天下午6点多，该上公交车的人早已上了车，唯独有个小女孩，在车
门边来回徘徊。眼看着司机就要开车了，我在想，这小女孩肯定是没钱上车。 ②“小姑娘，上车吧，我帮你交车票钱。”当看到我为她刷完卡后，她随即上了车，说了声“谢谢阿姨”，一时脸蛋儿全红了。近距离一看，才发现，小女孩左侧脸上有颗小痣。几天前的一幕不由浮现眼前—— ③送走远方的朋友，我从火车站迎着风雨赶到就近的公交车站台，已是下午5点多。这时正是下班高峰期，来了几辆公交车，我总也挤不上去。雨还在急速地下着，人还在不断地涌来。当又一辆10路公交驶来后，我和许多人一起先往前门挤，但挤不上去。等司机发话后，才从后门好不容易挤上车。车内人头攒动，人满为患。这人贴人的，身体若要移动一下都难。正感叹着，我突然感觉好像有一件事还没做。是什么事呢？哦，对了，没买车票。本想挤到前面去交车钱，可大伙儿都好像没事人一样在原地一动不动，根本挤不过去。见此情形，司机也没说什么，这样，我也就心安理得地和大家一样坐了一次免费的公交车。
本题在当年的高考中，出错最多的就是将第(1)题的 a＝4 用到第(2)题中，从而避免讨论，当然这是错误的．
【互动探究】 1．(2011 届广东台州中学联考)设 f′(x)是函数 f(x)的导函数，
将 y＝f(x)和 y＝f′(x)的图象画在同一直角坐标系中，不可能正确的是( D )
考点2 导数与函数的极值和最大(小）值
高考数学一轮复习导数在函数中的应用-教学课件
第2讲导数在函数中的应用
考纲要求
考纲研读
1.了解函数单调性和导数的关系；能利用 1.用导数可求函数的单导数研究函数的单调性，会求函数的单调调区间或以单调区间为区间(对多项式函数一般不超过三次)．载体求参数的范围．

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用(一)课后作业文-人

2．11 导数在研究函数中的应用(一)[重点保分两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·某某模拟)函数f (x )＝axx 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 B解析函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a 1－x 2x 2＋12＝a 1－x 1＋xx 2＋12.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．若函数f (x )＝(x 2－2x )e x在(a ，b )上单调递减，则b －a 的最大值为( ) A ．2 B. 2 C ．4 D ．2 2 答案 D解析 f ′(x )＝(2x －2)e x ＋(x 2－2x )e x ＝(x 2－2)e x，令f ′(x )<0，∴－2<x <2，即函数f (x )的单调递减区间为(－2，2)． ∴b －a 的最大值为2 2.故选D.3．函数f (x )＝(x －1)(x －2)2在[0,3]上的最小值为( ) A ．－8 B ．－4 C ．0 D.427答案 B解析 f ′(x )＝(x －2)2＋2(x －1)(x －2)＝(x －2)(3x －4)．令f ′(x )＝0⇒x 1＝43，x 2＝2，结合单调性，只要比较f (0)与f (2)即可．f (0)＝－4，f (2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B.4．(2017·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )<0，且f (－1)＝0，则f (x )>0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞) 答案 A 解析设g (x )＝f xe2x，则g ′(x )＝f ′x －2f xe2x<0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )>0⇔g (x )>0，所以x <－1.故选A.5．(2017·某某某某一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值X 围为( )A ．a <1B ．a ≤1 C．a <2 D ．a ≤2 答案 D解析由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.6．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( ) A ．a 0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a 12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1e·12＝12e.故选B. 8．已知函数f (x )＝ax－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值X 围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1 D．a ≥3 答案 C解析函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.故选C.9．若函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值X 围为( )A ．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C ．{4} D ．[2,4] 答案 C解析 f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ，f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a >1时，f (－1)＝－a ＋4≥0，且 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2a＋1≥0，解得a ＝4.综上所述，a ＝4.故选C.10．(2018·某某一模)已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值X 围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，2e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0) 答案 B解析由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即m 2<ln xx在[1，e]上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln xx2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值X 围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .故选B.二、填空题11．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值X 围为________．答案 [1，＋∞)解析 f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立．m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x，则当1x ＝1时，函数g (x )取得最大值1，故m ≥1.12．(2017·西工大附中质检)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝________.答案 1解析由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12有最大值－1，f ′(x )＝1x －a ，由f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(0,2)，且x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1＝－1，解得a ＝1.13．(2018·东北三校联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0<x <1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为________．答案 a解析由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[2017,2018]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex<0，函数g (x )在(0,1)上递减，则g (x )<g (0)＝0，所以f ′(x )<f (x )<0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由函数的对称性质可得f (x )在(1,2)上单调递增，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为f (2017)＝f (1)＝a .14．(2018·启东中学调研)已知函数f (x )＝e x＋a ln x 的定义域是D ，关于函数f (x )给出下列命题：①对于任意a ∈(0，＋∞)，函数f (x )是D 上的减函数； ②对于任意a ∈(－∞，0)，函数f (x )存在最小值；③存在a ∈(0，＋∞)，使得对于任意的x ∈D ，都有f (x )>0成立； ④存在a ∈(－∞，0)，使得函数f (x )有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号) 答案 ②④解析由f (x )＝e x＋a ln x ，可得f ′(x )＝e x ＋a x，若a >0，则f ′(x )>0，得函数f (x )是D 上的增函数，存在x ∈(0,1)，使得f (x )<0即得命题①③不正确；若a <0，设e x＋a x＝0的根为m ，则在(0，m )上f ′(x )<0，在(m ，＋∞)上f ′(x )>0，所以函数f (x )存在最小值f (m )，即命题②正确；若f (m )<0，则函数f (x )有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.B 级三、解答题15．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 (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，＋∞.综上得，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a >0时，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)＝ln 2－2a .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，f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )的最小值为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 . 16．(2017·某某某某联考)已知函数f (x )＝e x－ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x 恒有f (x )≥0，求a 的取值X 围．解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x－a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递增区间是(ln a ，＋∞)；令f ′(x )<0，得x <ln a ，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a . g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0,1)上单调递增；当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)当x ≤0时，a >0，e x－ax ≥0恒成立，当x >0时，f (x )≥0，即e x－ax ≥0，即a ≤e xx.令h (x )＝e x x ，x ∈(0，＋∞)，h ′(x )＝e x x －e x x2＝exx －1x 2，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e，故实数a 的取值X 围是(0，e]．17．(2017·某某湘中名校联考)设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4. ①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． (2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)，所以k ＝f x 1－f x 2x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.若存在a ，使得k ＝2－a .则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x1－ln x2＝x1－x2.亦即x2－1x2－2ln x2＝0(x2>1)．(*)再由(1)知，函数h(t)＝t－1t－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，所以x2－1x2－2ln x2>1－11－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.。

高三数学一轮总复习第二章函数、导数及其应用 2.12 导数的应用(二)课件.ppt

答案：C
8
2．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：令函数 g(x)＝f(x)－2x－4，则 g′(x)＝f′(x)－2＞0，因此，g(x)在 R 上是增函数，又 g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0。所以，原不等式可化为 g(x)＞g(－1)，由 g(x)的单调性，可得 x＞－1。
5
1 个构造——构造函数解决问题把所求问题通过构造函数，转化为可用导数解决的问题，这是用导数解决问题时常用的方法。
2 个转化——不等式问题中的两个转化 (1)利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用。 (2)将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性、极值问题处理。
答案：(－∞，0)
11
5．设函数 f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意 x∈[－1,1]，都有 f(x)≥0 成立，则实数 a 的值为__________。
解析：若 x＝0，则不论 a 取何值，f(x)≥0 显然成立。当 x＞0，即 x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0 可化为 a≥x32－x13。设 g(x)＝x32－x13，则 g′(x)＝31－x4 2x，所以 g(x)在区间0，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此 g(x)max＝g12＝4，从而 a≥4。当 x＜0，即 x∈[－1,0]时，同理，a≤x32－x13。 g(x)在区间[－1,0)上单调递增，所以 g(x)min＝g(－1)＝4，从而 a≤4，综上，可知 a＝4。答案：4

高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(一)课件文

(1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围．含参数的导数解答题，首先求定义域，注意应用分类讨论思想方法．
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x 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．
解析令 g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1. 由题意知 g′(x)>0，∴g(x)为增函数． ∵g(2)＝f(2)－2＝0， ∴g(x)>0 的解集为(2，＋∞)．
经典题型冲关
题型 1 利用导数研究函数的单调性角度 1 判断或证明函数的单调性典例 (2017· 全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
第2章
函研究函数中的应用(一)
基础知识过关
[知识梳理] 1．函数的单调性与导数
2．函数的极值与导数设函数 f(x)在点 x0 及其附近有定义
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．极值点与导数：可导函数的极值点必须是导数为 0 的点，但导数为 0 的点不一定是极值点，即 f′(x0) ＝0 是可导函数 f(x)在 x＝x0 处取得极值的必要不充分条件．例如，函数 y＝x3 在 x＝0 处有 y′＝0，但 x＝0 不是极值点．此外，函数的不可导点也可能是函数的极值点．
解析 ∵若 x0 是 f(x)的极小值点，则 y＝f(x)的图象大致如右图所示，则在(－∞，x0)上不单调，故 C 不正确．故选 C.

高三数学一轮复习第2章函数、导数及其应用第1课时函数及其表示精品课件

结合具体函数，了解函数奇偶性的含义．奇偶性
知识点
指数与指数函数
对数与对数函数
考纲下载
1.了解指数函数模型的实际背景． 2.理解有理数指数幂的含义，了解实数指数幂的意义，掌握幂的运
算．
3.理解指数函数的概念，理解指数函数的单调性与指数函数图象通过的特殊点．
4.知道指数函数是一类重要的函数模型．
• 4．函数的表示法：解析法、
图象法、列表法．
• 5．分段函数 • 若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不
同的式子来表示．这种函数称为分段函数．分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．
1．函数y＝ x－1＋ln(2－x)的定义域是( )
• 1．求函数定义域的步骤
• 对于给出具体解析式的函数而言，函数的定义域就是使函数解析式有
意义的自变量x取值的集合，求解时一般是先寻找解析式中的限制条件，建立不等式，再解不等式求得函数定义域，当函数y＝f(x)由实际问题给出时，注意自变量x的实际意义．
• 2．求抽象函数的定义域时：
• (1)若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，其复合函数f(g(x))的定义域由不等式a≤g(x)≤b求出．
(3)在f(x)＝2f1x x－1中，用1x代替x，得f1x＝2f(x) 1x－1，将f1x＝2fxx－1代入f(x)＝2f1x x－1中，可求得f(x)＝23 x＋13.
• 【变式训练】 2.(1)已知f(1－cos x)＝sin2x，求f(x)； • (2)已知f(x)是二次函数，若f(0)＝0，且f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，试求f(x)的
知识点
考纲下载
1.了解构成函数的要素；了解映射的概念．

高三数学一轮复习备考导数在研究函数中的应用说课稿

《导数在研究函数中的应用》一轮复习说课稿尊敬的各位老师、专家，大家好！我今天说课的内容是高三的一节复习课《导数在研究函数中的应用》。

下面，我从以下几个方面来说课。

一、教学理念：新课标指出，学生是教学的主体，教师的教应本着从学生的认知规律出发，以学生活动为主线，在原有知识的基础上，建构新的知识体系。

因此，教师的责任关键在于教学过程中创设一个“数学活动”环境，让学生通过这个环境的相互作用，利用自身的知识和经验构建自己的理解，获得知识，从而培养自己的数学素养，培养自己的能力。

二、教材分析1、本节教材的地位、作用分析导数在研究函数中的应用是人教A版高中数学新教材选修2-2第一章第三节的内容。

其中函数单调性是刻画函数变化的一个最基本的性质，虽然学生已经能够使用定义判定在所给区间上函数的单调性,但在判断较为复杂的函数单调性时,使用定义法局限性较大。

而通过本节课的学习，能很好的解决这一难题，能够使学生充分体验到导数作为研究函数单调性的工具，其有效性和优越性。

另一方面，在高考中常利用导数研究函数的单调性，并求单调区间、极值、最值、利用导数解决生活中的优化问题，同时对研究不等式等问题起着重要作用。

所以，学习本节课既加深了学生对前面所学知识之间的联系，也为后继学习做好了铺垫，学好本节内容，能加深学生对函数性质的理解，进一步体会数形结合、分类讨论、函数与方程的数学思想，能在高考中起到四两拨千斤的作用。

在高考中，常将导数与向量、不等式、集合一样作为工具与其他知识相综合考查。

2、教学目标（一）知识与技能目标：（1）了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）；（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（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）. （二）过程与方法目标：（1）通过本节的复习，掌握用导数在研究函数单调性、极值和最值中的方法；（2）培养学生的观察、比较、分析、概括的能力，数形结合、转化思想、分类讨论的数学思想（三）情感态度与价值观目标：（1）在教学过程中让学生养成多动手、多观察、勤思考、善总结的习惯；（2）培养学生的探索精神，感受成功的乐趣。

高考一轮总复习数学(理)课件第2章函数、导数及其应用 2-11 板块一知识梳理自主学习ppt版本

一轮总复习·数学（理）
第2章函数、导数及其应用第11讲导数在研究函数中的应用
板块一知识梳理·自主学习
[必备知识] 考点1 函数的导数与单调性的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导： (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．
1
－
a.
∴
f′(x)
＝
1 x
－
ax
＋
a
－
1
＝
－ax2＋1＋ x
ax－x.①若
a≥0，当
0<x<1
时，f′(x)>0，f(x)
单调递增；当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以 x＝1
是 f(x)的极大值点．②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x
＝－1a.因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－1a>1，解得－
命题角度2 根据函数的单调性求参数范围
例2 已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]
上是单调减函数，则a的取值范围是(
)
A．0，34
C．34，＋∞

B.12，34 D.0，12
[解析 ] f′(x)＝ (2x－ 2a)ex ＋ (x2 － 2ax)ex ＝ [x2 ＋ (2 － 2a)x－2a]ex，由题意知当 x∈[－1,1]时，f′(x)≤0 恒成立，即 x2＋(2－2a)x－2a≤0 恒成立．
①当－a2≤1 时，即－2≤a＜0 时，f(x)在[1,4]上的最小
值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得 a＝±2 2－2，均不符

2014届高考数学一轮复习第2章《基本初等函数、导数及其应用》(第12课时)知识过关检测理新人教A版

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第2章《基本初等函数、导数及其应用》（第12课时）（新人教A 版）一、选择题1．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 <1C ．－1<a <1D ．0<a <12解析：选B.∵y ′＝3x 2－3a ，令y ′＝0，可得：a ＝x 2. 又∵x ∈(0,1)，∴0<a <1.故选B.2．(2013·威海调研)函数y ＝4xx 2＋1( )A ．有最大值2，无最小值B ．无最大值，有最小值－2C ．有最大值2，有最小值－2D ．无最值解析：选C.∵y ′＝x 2＋－4x ·2x x ＋＝－4x 2＋4x ＋.令y ′＝0，得x ＝1或－1，f (－1)＝－42＝－2，f (1)＝2.结合图象故选C.3．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]上的最小值是( )A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对解析：选A.f ′(x )＝6x (x －2)，∴f (x )在(－2,0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，∴当x ＝0时，f (0)＝m 最大，∴m ＝3，而f (－2)＝－37，f (2)＝－5，∴f (x )min ＝－37.4．已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x ，若函数f (x )在(0,1)上单调，则实数a 的取值范围是( )A ．a ≥0B ．a <－4C ．a ≥0或a ≤－4D ．a >0或a <－4解析：选C.∵f ′(x )＝2x ＋2＋a x，f (x )在(0,1)上单调，∴f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在(0,1)上恒成立，即2x 2＋2x ＋a ≥0或2x 2＋2x ＋a ≤0在(0,1)上恒成立，所以a ≥－(2x 2＋2x )或a ≤－(2x 2＋2x )在(0,1)上恒成立．记g (x )＝－(2x 2＋2x )，0<x <1，可知－4<g (x )<0， ∴a ≥0或a ≤－4，故选C.5．(2011·高考湖南卷)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( )A ．1 B.12C.52D.22解析：选D.由题意|MN |＝t 2－ln t (t ＞0)，不妨令h (t )＝t 2－ln t ，则h ′(t )＝2t －1t，令h ′(t )＝0，解得t ＝22，因为t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22时，h ′(t )＜0，当t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞时，h ′(t )＞0，所以当t ＝22时，|MN |达到最小．二、填空题6．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________．解析：f ′(x )＝m －2x ，令f ′(x )＝0，则x ＝m 2，由题设得m2∈[－2，－1]，故m ∈[－4，－2]．答案：[－4，－2]7．函数y ＝sin2x －x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2的最大值是________，最小值是________．解析：∵y ′＝2cos2x －1＝0，∴x ＝±π6.而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－32＋π6，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝32－π6，端点f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＝π2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2，所以y 的最大值是π2，最小值是－π2.答案：π2 －π28．某工厂生产某种产品，已知该产品的月产量x (吨)与每吨产品的价格P (元/吨)之间的函数关系为P ＝24200－15x 2，且生产x 吨的成本为R ＝50000＋200x (元)．则该厂每月生产________吨该产品才能使利润达到最大，最大利润是________万元．(利润＝收入－成本)解析：每月生产x 吨时的利润为f (x )＝(24200－15x 2)x －(50000＋200x )＝－15x 3＋24000x －50000(x ≥0)．由f ′(x )＝－35x 2＋24000＝0，解得x 1＝200，x 2＝－200(舍去)．因f (x )在[0，＋∞)内只有一个极值点x ＝200使f ′(x )＝0，故它就是最大值点，且最大值为f (200)＝－15×2003＋24000×200－50000＝3150000(元)．所以每月生产200吨产品时的利润达到最大，最大利润为315万元．答案：200 315 三、解答题9．(2011·高考北京卷)已知函数f (x )＝(x －k )e x. (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．解：(1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x. 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.f (x )与↘ ↗所以，f (2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.10．(2011·高考江苏卷)请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒，E ，F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点，设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)某广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解：设包装盒的高为h cm ，底面边长为a cm.由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0<x <30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1800，所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )．由V ′＝0，得x ＝0(舍)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′>0；当x ∈(20,30)时，V ′<0，所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值．此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.一、选择题1．某公司生产某种产品，固定成本为20000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2 x ≤480000 x ＞，则总利润最大时，每年生产的产品是( )A ．100B ．150C ．200D ．300 解析：选D.由题意得，总成本函数为 C ＝C (x )＝20000＋100x ，所以总利润函数为P ＝P (x )＝R (x )－C (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20000 x 60000－100xx ＞，而P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x x ，－100 x ＞，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，P 最大．2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，x ∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在x ＝±1处的切线斜率均为－1，给出以下结论：①f (x )的解析式为f (x )＝x 3－4x ，x ∈[－2,2]； ②f (x )的极值点有且仅有一个；③f (x )的最大值与最小值之和等于0. 其中正确的结论有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个解析：选C.∵f (0)＝0，∴c ＝0，∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ＝－1f －＝－1，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝－13－2a ＋b ＝－1. 解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，∴f ′(x )＝3x 2－4.令f ′(x )＝0，得x ＝±233∈[－2,2]，∴极值点有两个．∵f (x )为奇函数，∴f (x )max ＋f (x )min ＝0. ∴①③正确，故选C. 二、填空题3．(2013·嘉兴质检)不等式ln(1＋x )－14x 2≤M 恒成立，则M 的最小值是________．解析：设f (x )＝ln(1＋x )－14x 2，则f ′(x )＝[ln(1＋x )－14x 2]′＝11＋x －12x ＝－x ＋x －＋x， ∵函数f (x )的定义域需满足1＋x ＞0，即x ∈(－1，＋∞)．令f ′(x )＝0得x ＝1，当x ＞1时，f ′(x )＜0，当－1＜x ＜1时，f ′(x )＞0，∴函数f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝ln2－14.∴要使ln(1＋x )－14x 2≤M 恒成立，∴M ≥ln2－14，即M 的最小值为ln2－14.答案：ln2－144．将边长为1 m 的正三角形薄铁片，沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记s ＝梯形的周长2梯形的面积，则s 的最小值是________．解析：设剪成的小正三角形的边长为x ，则梯形的周长为3－x ，梯形的面积为12·(x ＋1)·32·(1－x )，所以s ＝－x212x ＋32－x＝43·－x21－x 2(0＜x ＜1)．由s (x )＝43·－x21－x 2，得 s ′(x )＝43·x －－x 2－－x2－2x－x 22＝43·－x －x －－x 22. 令s ′(x )＝0，且0＜x ＜1，解得x ＝13.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，s ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，s ′(x )＞0. 故当x ＝13时，s 取最小值3233.答案：3233三、解答题5．(2013·大同调研)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2＋bx (a 、b 为常数，g (x )＝f (x )＋f ′(x )是奇函数．(1)求f (x )的表达式；(2)讨论g (x )的单调性，并求g (x )在区间[1,2]上的最大值、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 )为奇函数，∴g (－x )＝－g (x )，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋1＝0b ＝0，解得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－13b ＝0.∴f (x )的解析式为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，x 2＝2，∴当x ∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，g (x )单调递减，当x ∈(－2，2)时，g (x )单调递增，又g (1)＝53，g (2)＝423，g (2)＝43，∴g (x )在区间[1,2]上的最大值为g (2)＝423，最小值为g (2)＝43.。

高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习理-人教版高三全

第二章函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用练习理[A 组·基础达标练]1．函数f (x )＝x 4－4x 3＋4x 2的极值点是( ) A ．x ＝0 B ．x ＝1C ．x ＝2D ．x ＝0，x ＝1和x ＝2 答案 D解析 f ′(x )＝4x 3－12x 2＋8x ＝4x (x 2－3x ＋2)＝4x (x －1)(x －2)，则结合列表可得f (x )的极值点为x ＝0，x ＝1和x ＝2.2．[2015·某某一检]已知定义在R 上的函数f (x )满足f (－3)＝f (5)＝1，f ′(x )为f (x )的导函数，且导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示．则不等式f (x )<1的解集是( )A ．(－3,0)B ．(－3,5)C ．(0,5)D ．(－∞，－3)∪(5，＋∞) 答案 B解析依题意得，当x >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．又f (－3)＝f (5)＝1，因此不等式f (x )<1的解集是(－3,5)，选B.3．[2016·某某师大附中月考]若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，518B ．(－∞，3]C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫518，＋∞D ．[3，＋∞) 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14＝518，故选C.4．[2013·某某高考]已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A ．f (x 1)>0，f (x 2)>－12B ．f (x 1)<0，f (x 2)<－12C ．f (x 1)>0，f (x 2)<－12D ．f (x 1)<0，f (x 2)>－12答案 D解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2. 即曲线y 1＝1＋ln x 与y 2＝2ax 有两个不同交点，如图．由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线，可知：0<2a <1，且0<x 1<1<x 2.∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. 由0<x 1<1，得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，当x >x 2时，f ′(x )<0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12，故选D.5．[2015·某某一模]若定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式f (x )>3ex ＋1(e 为自然对数的底数)的解集为( )A ．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C ．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 答案 A解析由f (x )>3ex ＋1得，e x f (x )>3＋e x ，构造函数F (x )＝e x f (x )－e x－3，对F (x )求导得F ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]．由f (x )＋f ′(x )>1，e x >0，可知F ′(x )>0，即F (x )在R 上单调递增，又因为F (0)＝e 0f (0)－e 0－3＝f (0)－4＝0，所以F (x )>0的解集为(0，＋∞)，所以选A.6．[2013·某某高考]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处取到极大值答案 C解析当k ＝1时，f (x )＝(e x －1)(x －1)，f ′(x )＝x e x－1，f ′(1)≠0，故A ，B 错；当k ＝2时，f (x )＝(e x－1)(x －1)2，f ′(x )＝(x 2－1)e x －2x ＋2＝(x －1)[(x ＋1)e x－2]，故f ′(x )＝0有一根为x 1＝1，另一根x 2∈(0,1)．当x ∈(x 2,1)时，f ′(x )<0，f (x )递减；当x∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )递增，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，故选C.7．[2016·东北八校月考]已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．答案 4解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′2＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′1＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3，⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.8．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值X 围是________．答案 (0,1)∪(2,3)解析由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －1x －3x，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3.9．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案－13解析 f ′(x )＝－3x 2＋2ax ，根据已知2a3＝2，得a ＝3，即f (x )＝－x 3＋3x 2－4.根据函数f (x )的极值点，可得函数f (m )在[－1,1]上的最小值为f (0)＝－4，f ′(n )＝－3n 2＋6n 在[－1,1]上单调递增，所以f ′(n )的最小值为f ′(－1)＝－9.[f (m )＋f ′(n )]min ＝f (m )min ＋f ′(n )min ＝－4－9＝－13. 10．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝ln x －x1＋2x .(1)求证：f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增； (2)若f [x (3x －2)]<－13，某某数x 的取值X 围．解 (1)证明：由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)． ∵f (x )＝ln x －x1＋2x， ∴f ′(x )＝1x －1＋2x －2x 1＋2x 2＝4x 2＋3x ＋1x 1＋2x 2. ∵x >0，∴4x 2＋3x ＋1>0，x (1＋2x )2>0. ∴当x >0时，f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f (x )＝ln x －x 1＋2x ，∴f (1)＝ln 1－11＋2×1＝－13.由f [x (3x －2)]<－13得f [x (3x －2)]<f (1)．由(1)得⎩⎪⎨⎪⎧x 3x －2>0x3x －2<1，解得－13<x <0或23<x <1.综上所述，x 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1.11．[2015·某某一检]已知函数f (x )＝x ·ln x ，g (x )＝ax 3－12x －23e .(1)求f (x )的单调递增区间和最小值；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象在交点处存在公共切线，某某数a 的值．解 (1)∵f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，∴f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞. 又当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞上单调递增， ∴f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .(2)∵f ′(x )＝ln x ＋1，g ′(x )＝3ax 2－12，设公切点的横坐标为x 0，则与f (x )的图象相切的直线方程为：y ＝(ln x 0＋1)x －x 0，与g (x )的图象相切的直线方程为：y ＝⎝⎛⎭⎪⎫3ax 20－12x －2ax 30－23e ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ln x 0＋1＝3ax 2－12，－x 0＝－2ax 30－23e解之得x 0ln x 0＝－1e ，由(1)知x 0＝1e ，∴a ＝e26.12．[2016·某某检测]已知f (x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)． (1)假设m ＝－2，求f (x )的极大值与极小值；(2)是否存在实数m ，使f (x )在[－2，－1]上单调递增？如果存在，求m 的取值X 围；如果不存在，请说明理由．解 (1)当m ＝－2时，f (x )＝e x (x 3－2x 2－2x ＋2)，其定义域为(－∞，＋∞)．则f ′(x )＝e x(x 3－2x 2－2x ＋2)＋e x (3x 2－4x －2)＝x e x (x 2＋x －6)＝(x ＋3)x (x －2)e x， ∴当x ∈(－∞，－3)或x ∈(0,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(－3,0)或x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0；f ′(－3)＝f ′(0)＝f ′(2)＝0，∴f (x )在(－∞，－3)上单调递减，在(－3,0)上单调递增；在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝－3或x ＝2时，f (x )取得极小值；当x ＝0时，f (x )取得极大值， ∴f (x )极小值＝f (－3)＝－37e －3，f (x )极小值＝f (2)＝－2e 2， f (x )极大值＝f (0)＝2.(2)f ′(x )＝e x(x 3＋mx 2－2x ＋2)＋e x (3x 2＋2mx －2)＝x e x [x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2]． ∵f (x )在[－2，－1]上单调递增， ∴当x ∈[－2，－1]时，f ′(x )≥0. 又∵当x ∈[－2，－1]时，x e x<0， ∴当x ∈[－2，－1]时，x 2＋(m ＋3)x ＋2m －2≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′－2＝－22－2m ＋3＋2m －2≤0，f ′－1＝－12－m ＋3＋2m －2≤0，解得m ≤4，∴当m ∈(－∞，4]时，f (x )在[－2，－1]上单调递增．[B 组·能力提升练]1．若函数f (x )＝x 3－3x 在(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值X 围是( )A ．(－5，1)B ．[－5，1)C ．[－2,1)D ．(－5，－2] 答案 C解析 f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )极小值点必在区间(a,6－a 2)内，即实数a 满足a <1<6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2. 解a <1<6－a 2，得－5<a <1，不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2.故实数a 的取值X 围是[－2,1)．故选C.2．[2016·某某调研]已知函数f (x )＝ln x ＋1ln x ，则下列结论中正确的是( )A ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是增函数B ．若x 1，x 2(x 1<x 2)是f (x )的极值点，则f (x )在区间(x 1，x 2)内是减函数C ．∀x >0，且x ≠1，f (x )≥2D ．∃x 0>0，f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数答案 D解析由已知得，f ′(x )＝1x ·ln 2x －1ln 2x(x >0且x ≠1)，令f ′(x )＝0，得ln x ＝±1，得x ＝e 或x ＝1e.当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1e，1，x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.故x ＝1e和x ＝e 分别是函数f (x )的极大值点和极小值点，但是由函数的定义域可知x ≠1，故函数f (x )在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e 内不是单调的，所以A ，B 错；当0<x <1时，ln x <0，此时f (x )<0，C 错；只要x 0≥e，则f (x )在(x 0，＋∞)内是增函数，D 正确．3．[2015·某某高考]已知函数f (x )＝2x，g (x )＝x 2＋ax (其中a ∈R )．对于不相等的实数x 1，x 2，设m ＝f x 1－f x 2x 1－x 2，n ＝g x 1－g x 2x 1－x 2.现有如下命题：①对于任意不相等的实数x 1，x 2，都有m >0；②对于任意的a 及任意不相等的实数x 1，x 2，都有n >0；③对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝n ； ④对于任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使得m ＝－n . 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号)．答案 ①④解析 ①f (x )＝2x是增函数，∴对任意不相等的实数x 1，x 2，都有f x 1－f x 2x 1－x 2>0，即m >0，∴①成立．②由g (x )＝x 2＋ax 图象可知，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g (x )是减函数，∴当不相等的实数x 1、x 2∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－a 2时，g x 1－g x 2x 1－x 2<0，即n <0，∴②不成立． ③若m ＝n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝g x 1－g x 2x 1－x 2，即f (x 1)－f (x 2)＝g (x 1)－g (x 2)，f (x 1)－g (x 1)＝f (x 2)－g (x 2)，令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x－x 2－ax ，h ′(x )＝2x ln 2－2x －a ，令h ′(x )＝2xln 2－2x －a ＝0，得2xln 2＝2x ＋a .由y ＝2x ln 2与y ＝2x ＋a 的图象知，存在a 使对任意x ∈R 恒有2xln 2>2x ＋a ，此时h (x )在R 上是增函数．若h (x 1)＝h (x 2)，则x 1＝x 2， ∴③不成立． ④若m ＝－n ，则有f x 1－f x 2x 1－x 2＝－g x 1－g x 2x 1－x 2，f (x 1)＋g (x 1)＝f (x 2)＋g (x 2)，令φ(x )＝f (x )＋g (x )，则φ(x )＝2x＋x 2＋ax ，φ′(x )＝2x ln 2＋2x ＋a .令φ′(x )＝0，得2xln 2＋2x ＋a ＝0，即2xln 2＝－2x －a .由y 1＝2xln 2与y 2＝－2x －a 的图象可知，对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时y 1>y 2，x <x 0时y 1<y 2，故对任意的a ，存在x 0，使x >x 0时，φ′(x )>0，x <x 0时φ′(x )<0，故对任意的a ，φ(x )在R 上不是单调函数．故对任意的a ，存在不相等的实数x 1，x 2，使m ＝－n ， ∴④成立．综上，①④正确．4．已知函数f (x )＝e x－ln (x ＋m )．(1)设x ＝0是f (x )的极值点，求m ，并讨论f (x )的单调性； (2)当m ≤2时，证明f (x )>0. 解 (1)f ′(x )＝e x－1x ＋m. 由x ＝0是f (x )的极值点得f ′(0)＝0，所以m ＝1. 于是f (x )＝e x－ln (x ＋1)，x ∈(－1，＋∞)．函数f ′(x )＝e x －1x ＋1在(－1，＋∞)单调递增，且f ′(0)＝0. 因此当x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)证明：当m ≤2，x ∈(－m ，＋∞)时，ln (x ＋m )≤ln (x ＋2)，故只需证当m ＝2时f (x )>0. 当m ＝2时，f ′(x )＝e x－1x ＋2在(－2，＋∞)上单调递增．又f ′(－1)<0，f ′(0)>0，故f ′(x )＝0在(－2，＋∞)上有唯一的解x 0，且x 0∈(－1,0)．当x ∈(－2，x 0)时，f ′(x )<0；当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0. 故当x ＝x 0时，f (x )取极小值．故f ′(x )＝0得e x 0＝1x 0＋2，ln (x 0＋2)＝－x 0. 故f (x )≥f (x 0)＝1x 0＋2＋x 0＝x 0＋12x 0＋2>0.综上所述，当m ≤2时，f (x )>0.。

高考一轮复习第2章函数导数及其应用第10二讲第1课时导数与函数的单调性

[解析]根据题意，已知导函数的图象有三个零点，且每个零点的两边导函数值的符号相反，因此函数f(x)在这些零点处取得极值，排除A，B；记导函数f′(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(－∞，x1)上f′(x)<0，在(x1，x2)上f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，x1)上单调递减，排除C，选D.
(3)f(x)的定义域为{x|x≤1}，
f′(x)＝1－ .令f′(x)＝0，得x＝0.
当0<x<1时，f′(x)<0.当x<0时，f′(x)>0.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0,1)．
(4)f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令f′(x)＝xcos x>0，
(3)当不等式f′(x)>0或f′(x)<0及方程f′(x)＝0均不可解时，对f′(x)化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．
考向2 含参数的函数的单调性——师生共研
例2 已知函数f(x)＝ (x－1)2－x＋ln x(a>0)．讨论f(x)的单调性．
注：文科(sin 2x)′＝(2sin xcos x)′＝2[(sin x)′·cos x＋sin x·(cos x)′]＝2(cos2x－sin2x)＝2cos 2x.
考点突破·互动探究
考点函数的单调性
考向1 不含参数的函数的单调性——自主练透
例1 (1)函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是( A )
当x∈ 时，f′(x)>0，f(x)是增函数．
③若a>1，则0< <1，
当x∈ 时，f′(x)>0，f(x)是增函数，

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

以函数的单调递减区间为(0,1]．
(3)(文)f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx.令 f′(x)＝xcosx>0，则其在区间(－π， π)上的解集为(－π，－π2)和(0，π2)，即 f(x)的单调递增区间为(－π，－π2)，(0，π2)．
(理)[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]．因为函数 exf(x)在 f(x)的定义域上单调递增，所以[exf(x)]′＝ex[f(x)＋f′(x)]>0 恒成立，即 f(x)＋f′(x)>0 恒成立．分析四个函数：①中的函数 f(x)＋f′(x)＝(1－ln2)2－x>0 恒成立，②中的函数 f(x)＋f′(x)＝(1 －ln3)3－x<0，③中的函数 f(x)＋f′(x)＝x3＋3x2 的符号不确定，即 f(x)＋f′(x)>0 不恒成立，④中的函数 f(x)＋f′(x)＝2x＋x2＋2＝(x＋1)2＋1>0 恒成立．因此，所有具有 M 性质的函数是①④.
第二章
函数、导数及其应用
第十二讲导数在研究函数中的应用第一课时导数与函数的单调性
1
知识梳理
2 考点突破
3Hale Waihona Puke 名师讲坛知识梳理函数的单调性 (1)设函数y＝f(x)在某个区间内____可__导__，若f′(x)__>____0，则f(x)为增函数，若f′(x)___<___0，则f(x)为减函数． (2)求可导函数f(x)单调区间的步骤： ①确定f(x)的__定__义__域____； ②求导数f′(x)； ③令f′(x)____>__0(或f′(x)____<__0)，解出相应的x的范围； ④当____f_′(_x_)>_0___时，f(x)在相应区间上是增函数，当____f′_(_x)_<_0___时，f(x)在相应区间上是减函数．
4．若函数y＝f(x)的导函数在区间[a，b]上是先增后减的函数，则函数y＝
f(x)在区间[a，b]上的图象可能是
(C)
[解析] 根据题意f′(x)在[a，b]上是先增后减的函数，则在函数f(x)的图象上，各点的切线斜率是先随x的增大而增大，然后随x的增大而减小，由四个选项的图形对比可以看出，只有选项C满足题意．
③当 a>2 时，Δ>0，g(x)＝0 有两根为 x1＝a－ 2a2－4，x2＝a＋ 2a2－4，当 0<x<x1 时，f′(x)>0；当 x1<x<x2 时，f′(x)<0；当 x>x2 时，f′(x)>0，故 f(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递增．综上得，当 a≤2 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 a>2 时，f(x)在(0， a－ 2a2－4)，(a＋ 2a2－4，＋∞)上单调递增，在(a－ 2a2－4，a＋ 2a2－4)上单调递减．
(理)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋x12－ax＝x2－xa2x＋1. 令 g(x)＝x2－ax＋1，则方程 x2－ax＋1＝0 的判别式 Δ＝a2－4. ①当|a|≤2 时，即－2≤a≤2 时，Δ≤0，f′(x)≥0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当 a<－2 时，Δ>0，g(x)＝0 的两根都小于 0，在(0，＋∞)上恒有 f′(x)>0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
角度 2 比较大小或解不等式
例 4 (1)(文)已知函数 f(x)＝12x2－lnx，则有
( A)
A．f(2)<f(e)<f(3)
B．f(e)<f(2)<f(3)
C．f(3)<f(e)<f(2)
D．f(e)<f(3)<f(2)
(理)已知函数 f(x)＝lnx－x＋1x，若 a＝f(e)，b＝f(π)，c＝f(log230)，则 ( A )
考点突破
考点1 不含参数的函数的单调性——自主练透
例 1 (1)函数 f(x)＝12x2＋1x在(0,2)上是
A．增函数
B．减函数
C．在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减
D．在(0,1)上单调递减，在(1,2)上单调递增
(2)(2018·福建厦门质检)函数 y＝12x2－lnx 的单调递减区间为
(2)函数 f(x)＝xsinx＋cosx＋x2 的导数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＋2x＝x(2＋ cosx)，
则 x>0 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，且 f(－x)＝(－x)sin(－x)＋cos(－x)＋(－x)2＝f(x)，所以 f(x)为偶函数，即有 f(x)＝f(|x|)，则不等式 f(lnx)＋f(ln1x)<2f(1)，即为 f(lnx)<f(1)，即为 f(|lnx|)<f(1)，则|lnx|<1，即－1<lnx<1，解得1e<x<e.
〔变式训练 1〕
(2018·深圳模拟)已知函数 f(x)＝12x2－2alnx＋(a－2)x，当 a<0 时，讨论函数 f(x) 的单调性．
[解析] 函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－2xa＋a－2＝x－2xx＋a. ①当－a＝2，即 a＝－2 时，f′(x)＝x－x22≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当 0<－a<2，即－2<a<0 时，∵0<x<－a 或 x>2 时，f′(x)>0；－a<x<2 时， f′(x)<0， ∴f(x)在(0，－a)，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减．
[解析] (文)(1)由题意知 a＝0 时，f(x)＝xx－＋11，x∈(0，＋∞)．此时 f′(x)＝x＋212，可得 f′(1)＝12，又 f(1)＝0，所以曲线 y＝f(x)在(1，f(1)) 处的切线方程为 x－2y－1＝0. (2)g(x)＝alnx－ax，g′(x)＝ax－a＝a1x－x. 由于 x>0，且 a≠0，故当 a>0 时，g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当 a<0 时，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
考点3 利用导数解决函数的单调性的应用问题——多维探究
角度1 利用导函数图象确定原函数图象
例 2 (2018·山东淄博部分学校联考)已知函数y＝f(x)的图象如图所示，
则其导函数y＝f′(x)的图象可能为
(D)
[解析] 由y＝f(x)的图象可知x∈(－∞，0)时，f(x)递增， ∴f′(x)≥0，排除B、C，x∈(0，＋∞)时f(x)的变化趋势是增、减、增， ∴f′(x)符号应为正、负、正、排除A，故选D．
A．c<b<a
B．c<a0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件． (2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件．
1．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 ( D)
①f(x)＝2－x； ②f(x)＝3－x； ③f(x)＝x3； ④f(x)＝x2＋2.
[解析]
(1)f(x)
＝
x
－
1 x2
＝
x3－1 x2
＝
x－1x2＋x＋1 x2
＝
x－1[x＋122＋34] x2
，
f′(x)>0 得 2>x>1，f′(x)<0 得 0<x<1，故选 D．
(2)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，由 y′＝x－1x≤0，得 0<x≤1，所
(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．遇二次三项式因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．
A．(－1,1)
B．(0,1]
C．(1，＋∞)
D．(0,2)
( D) ( B)
(3)(文)(2018·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsinx ＋ cosx，则f(x)的单调递增区间是__(_－__π_，__－__π2_)_，__(0_，__π2_)________.
(理)(2017·山东高考)若函数exf(x)(e＝2.71828…是自然对数的底数)在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中所有具有M性质的函数的序号为_①__④_____.
角度3 已知函数的单调性求参数取值范围
A．在区间(－3,1)上，f(x)是增函数 B．在区间(1,3)上 f(x)是减函数 C．在区间(3,5)上 f(x)是增函数 D．在区间(－32，2)上，f(x)是增函数
[解析] 由f′(x)>0，知D正确．
2．(2018·四川模拟)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个
图象之一，且其导数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图

高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第12讲导数在研究函数中的应用第1课时导数与函数的单调性课件

高考数学一轮复习 第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用(第1课时)课件 理

高考数学第二章 函数与导数第12课时 导数在研究函数中的应用

高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第12讲 第2课时 导数在研究函数中的应用课件

高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用(第1课时)利用导数研

高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案 导数在函数研究中的应用