天津市2013届高三数学总复习之综合专题：导数在研究函数中的应用 2、利用导数研究曲线的交点个数(教师版)
导数综合复习(三)导数在研究函数中的应用 高考数学
导数综合复习(三)
主讲人：某某某老师
某某学校
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
一、函数的单调性
二、函数的极值与最大值
三、导数在研究函数中的应用
导数在研究函数中的应用
学校：________.班级：________.姓名：________.前言 导数是研究函数的变化趋势的一个工具，是初等数学与高等数学中比较常用的一个工具，是研究高等数学的基础。由变化率引出导数，借助导数，不仅可以研究一元函数，而且还可以研究多元函数。
【详解】法一：，当时，恒成立，此时在R上单调递增，不可能有两个零点，舍去，当时，令 则在上单调递减，在上单调递增，因为时，，时，，所以要使得有两个零点，则要 ，
，，，即，综上，若函数有两个零点，则；法二：，当时，，0不是函数的零点；当时，有两根，所以有两根，令，则，当时，，所以在上单调递减，且，
中学阶段，我们需要了解变化率和导数的定义，并通过研究导数的相关性质得出函数的单调性和极最值，体会导数问题的一般研究思路，掌握导数问题的基本研究方法。这一部分内容难度大、知识运用性强，是整个高中数学学习过程中最难的一部分，涉及的题型多，技巧多，思维跳跃性大，需要逐步进行分析，不能图快，一味放弃对难题的解答，需要重视相关思想的培养和训练，如函数思想、方程思想等。 作为高考数学中的一个最为重要内容，无论是哪个高考卷，选择填空和大题都经常能见到导数的身影，常用作选择，填空和大题的压轴题。常常考查函数的求导，构造函数法，高阶函数的求导，函数的
二、函数的极值与最大值
1.极值极小值 极大值 设函数在点的某邻域内有定义，如果对于去心邻域内的任一，有(或)，则称是函数的一个极大值(或极小值)。函数的极大值与极小值统称为函数的极值，
2013届高考数学一轮复习课件3.2导数在研究函数中的应用
(23，1) 1
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x) －11
极大
极小值
值 13
95 27
4
∴f(x)在[－4,1]上的最大值为 13，最小值为－11.
探究提高
在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区 别．求解函数的最值时，要先求函数 y＝f(x)在[a，b]内所有使 f′(x)＝0 的点，再计算函数 y＝f(x)在区间内所有使
答题模板
导数法求函数最值问题
(14 分)已知函数 f(x)＝ln x－ax (a∈R)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a>0 时，求函数 f(x)在[1,2]上的最小值．
审题视角
(1)知函数解析式求单调区间，实质上是求 f′(x)>0，f′(x)<0 的 解区间．并注意定义域．(2)先研究 f(x)在[1,2]上的单调性，再确 定最值是端点值还是极值．(3)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)的单调增区间为(0，
＋∞)．
[3 分]
②当 a>0 时，令 f′(x)＝1x－a＝0，可得 x＝1a， 当 0<x<1a时，f′(x)＝1－xax>0； 当 x>1a时，f′(x)＝1－xax<0， 故函数 f(x)的单调递增区间为0，1a， 单调递减区间为1a，＋∞.
[难点正本 疑点清源] 1．可导函数的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． 2．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点， 如函数 y＝x3 在 x＝0 处导数为零，但 x＝0 不是极值点． 3．函数的极值不一定是最值，需对极值和区间端点的函数值进 行比较，或者考查函数在区间内的单调性．
高考高三数学总复习教案：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（对应学生用书（文）、（理）３0～３２页）考情分析考点新知１导数与函数内容的结合命题已成为近几年高考的流行趋势，应引起足够的重视.２以导数为研究函数的重要工具来解决函数的单调性与最值问题是高考的热点，同时解答题侧重于导数的综合应用，即导数与函数、数列、不等式的综合应用．①理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.②掌握利用导数求函数极值与最值的方法.３会利用导数解决某些实际问题.,１．（选修２２P２8例１改编）函数f（x）＝x３—１５x２—３３x＋6的单调减区间为______________．答案：（—１，１１）解析：f′（x）＝３x２—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２２P３４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２２P３４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）＝—错误!x２＋blnx在区间[错误!，＋∞）上是减函数，则b的取值范围是________．答案：（—∞，４]解析：f′（x）＝—x＋错误!≤0在[２，＋∞）上恒成立，即b≤x２在[２，＋∞）上恒成立．５．（选修２２P３５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（x３—69x２＋１080x），0<x<１２，V′＝１２（x２—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：错误!错误!错误!错误!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）＝３x２—Ａ．∵f（x）在实数集R上单调递增，∴f′（x）≥0恒成立，即３x２—a≥0恒成立，∴a≤（３x２）min.∵３x２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≥３x２.又３x２∈[0，３），∴a≥３．∴ 存在实数a使f（x）在（—１，１）上单调递减，且a≥３．错误!（１）已知函数f（x）＝错误!x２—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）＝—错误!错误!错误!＋blnx在（１，＋∞）上是减函数，求实数b的取值范围．解：（１）函数的定义域为错误!，f′（x）＝x—错误!＋（m—１）＝错误!＝错误!.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）的单调递增区间是错误!和错误!，单调递减区间是错误!；２当m≤—１时，同理可得，函数f（x）的单调递增区间是错误!和错误!，单调递减区间是错误!.（２）由f（x）＝—错误!错误!错误!＋blnx，得f′（x）＝—（x—２）＋错误!，由题意，知f′（x）≤0即—错误!＋错误!≤0在错误!上恒成立，∴b≤错误!错误!，当x∈错误!时，错误!∈错误!，∴b≤１．题型２导数与函数的极值、最值例２设函数f（x）＝（x２＋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）＝（a２＋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＋（x２＋ax＋b）e x＝[x２＋（２＋a）x＋（a＋b）]e x，当a＝２，b＝—２时，f（x）＝（x２＋２x—２）e x，则f′（x）＝（x２＋４x）e x，令f′（x）＝0得（x２＋４x）e x＝0，∵e x≠0, ∴x２＋４x＝0，解得x＝—４或x＝0，列表如下：x（—∞，—４）—４（—４，0）0（0，＋∞）f′（x）＋0—0＋f（x）极大值极小值∴当x＝—４时，函数f（x）取极大值，f（x）极大值＝错误!.（２）１由（１）知f′（x）＝[x２＋（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[x２＋（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）e４＞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）e４]．又g（x）＝（a２＋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[（a２＋１４）e４，（a２＋１４）e8]，∴（a２＋１４）e４—（２a＋１３）e４＝（a２—２a＋１）e４＝（a—１）２e４≥0，∴存在ξ１、ξ２∈[0，４]使得|f（ξ１）—g（ξ２）|＜１成立只须（a２＋１４）e４—（２a＋１３）e ４＜１（a—１）２e４＜１（a—１）２＜错误!１—错误!＜a＜１＋错误!.错误!已知函数f（x）＝ax３＋bx２—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x１、x２，都有|f（x１）—f（x２）|≤c，求实数c的最小值．解：（１）f′（x）＝３ax２＋２bx—３．由题意，得错误!即错误!解得错误!所以f（x）＝x３—３x.（２）令f′（x）＝0，即３x２—３＝0，得x＝±１．（—２，—x—２—１（—１，１）１（１，２）２１）f′（x）＋—＋f（x）—２增极大值减极小值增２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x１、x２，都有|f（x１）—f（x２）|≤|f（x）max—f（x）|＝４，所以c≥４．min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（cm２）最大，试问x应取何值？（２）某厂商要求包装盒容积V（cm３）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—４x２—（60—２x）２＝２４0x—8x２（0<x<３0），所以x＝１５cm时侧面积最大．（２）V＝（错误!x）２错误!（60—２x）＝２错误!x２（３0—x）（0<x<３0），所以V′＝6错误!x（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错误!＝错误!.错误!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＋错误!）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＝１２80米时，需要新建多少个桥墩才能使y最小？解：根据题意，需要建错误!个桥墩和错误!段桥面工程．（１）y＝２５6错误!＋错误!（１＋错误!）x＝m错误!＋m＋２５6错误!.（２）当m＝１２80时，y＝１２80错误!＋１５３6，y′＝１２80错误!，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）＝错误!—a（x>0）．（１分）１当a≤0时，f′（x）＝错误!—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）＝错误!—a＝0，得x＝错误!，当0<x<错误!时，f′（x）＝错误!>0，当x>错误!时，f′（x）＝错误!<0，所以函数f（x）的单调增区间是错误!，单调减区间是错误!.（6分）（２）１当错误!≤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当错误!≥２，即0<a≤错误!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<错误!<２，即错误!<a<１时，函数f（x）在区间错误!上是增函数，在区间错误!上是减函数，又f（２）—f（１）＝ln２—a，所以当错误!<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．（２0１３·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—错误!，令f（x）＝x—错误!，所以f′（x）＝１＋２—x ln２>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．（２0１３·大纲）若函数f（x）＝x２＋ax＋错误!在错误!上是增函数，则a的取值范围是________．答案：a≥３解析：f′（x）＝２x＋a—错误!≥0在错误!上恒成立，即a≥错误!—２x在错误!上恒成立．令g（x）＝错误!—２x，求导可得g（x）在错误!上的最大值为３，所以a≥３．３．（２0１３·扬州期末）已知函数f（x）＝lnx—错误!（m∈R）在区间[１，e]上取得最小值４，则m＝________．答案：—３e解析：f′（x）＝错误!＋错误!＝错误!，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＝—e３（—e，—１）；若—m>e，即m<—e时，f（x）min＝f （e）＝１—错误!，令１—错误!＝４，得m＝—３e，符合题意．综上所述，m＝—３e.４．（２0１３·南京二模）设函数f（x）＝x２—（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x１、x２，求证：f′错误!>0．（１）解：f′（x）＝２x—（a—２）—错误!＝错误!＝错误!（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>错误!；由f′（x）<0，得0<x<错误!.所以函数f（x）的单调增区间为错误!，单调减区间为错误!.（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错误!<0，即—a ２＋４a—４aln错误!<0．因为a>0，所以a＋４ln错误!—４>0．令h（a）＝a＋４ln错误!—４，显然h（a）在（0，＋∞）上为增函数，且h（２）＝—２<0，h（３）＝４ln错误!—１＝ln错误!—１>0，所以存在a0∈（２，３），h（a0）＝0．当a>a0时，h（a）>0；当0<a<a0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x１、x２是方程f（x）＝c的两个不等实根，由（１）知a>0．不妨设0<x１<x２，则x错误!—（a—２）x１—alnx１＝c，x错误!—（a—２）x２—alnx２＝Ｃ．两式相减得x错误!—（a—２）x１—alnx１—x错误!＋（a—２）·x２＋alnx２＝0，即x错误!＋２x１—x错误!—２x２＝ax１＋alnx１—ax２—alnx２＝a（x１＋lnx１—x２—lnx２）．所以a＝错误!.因为f′错误!＝0，当x∈错误!时，f′（x）<0，当x∈错误!时，f′（x）>0，故只要证错误!>错误!即可，即证明x１＋x２>错误!，即证明x错误!—x错误!＋（x１＋x２）（lnx１—lnx２）<x错误!＋２x１—x错误!—２x２，即证明ln错误!<错误!.设t＝错误!（0<t<１）．令g（t）＝lnt—错误!，则g′（t）＝错误!—错误!＝错误!.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＋错误!＝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＋错误!＝３，得a＝错误!—错误!.令t＝错误!，则f（t）＝３t—t３，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—错误!，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）＝错误!≥0在（0，＋∞）上恒成立，易得a≤２．３．设直线y＝a分别与曲线y２＝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：错误!解析：由题意，M（a２，a），N（lna，a），故MN的长l＝|a２—lna|＝a２—lna（a>0），由l′＝２a—错误!＝错误!＝错误!，令l′>0，得l＝a２—lna在错误!上单调递增；令l′<0，得l＝a２—lna在错误!上单调递减，所以当a＝错误!时，线段MN的长取得极小值，也是最小值．４．已知函数f（x）＝（ax２＋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ax２＋x>0．又a<0，所以不等式可化为x错误!<0，所以不等式f（x）>0的解集为错误!.（２）f′（x）＝（２ax＋１）e x＋（ax２＋x）e x＝[ax２＋（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）＝ax２＋（２a＋１）x＋１，因为Δ＝（２a＋１）２—４a＝４a２＋１>0，所以g（x）＝0有两个不相等的实数根x１、x２，不妨设x１>x２，因此f（x）有极大值又有极小值．若a>0，因为g（—１）·g（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x１>0>x２，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，必须满足错误!即错误!所以—错误!≤a≤0．综上可知，a的取值范围是错误!.（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—错误!—１＝0．令h（x）＝e x—错误!—１，因为h′（x）＝e x＋错误!>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）＝e２—２>0，h（—３）＝e—３—错误!<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(理)一轮专题讲义：3.2导数在研究函数中的应用
第三章 导数第02节 导数在研究函数中的应用 【考纲解读】【知识清单】1．利用导数研究函数的单调性在(,)a b 内可导函数()f x ，'()f x 在(,)a b 任意子区间内都不恒等于0.'()0()f x f x ≥⇔在(,)a b 上为增函数．'()0()f x f x ≤⇔在(,)a b 上为减函数．对点练习：【2016北京理数】设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，（1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）)(x f 的单调递增区间为(,)-∞+∞. 【解析】（1）因为bx xe x f x a +=-)(，所以b e x x f x a +-='-)1()(.依题设，⎩⎨⎧-='+=,1)2(,22)2(e f e f 即⎩⎨⎧-=+-+=+--,1,222222e b e e b e a a 解得e b a ==,2；（2）由（Ⅰ）知ex xe x f x +=-2)(.由)1()(12--+-='x x e x e x f 即02>-xe知，)(x f '与11-+-x e x 同号. 令11)(-+-=x e x x g ，则11)(-+-='x e x g .所以，当)1,(-∞∈x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间)1,(-∞上单调递减； 当),1(+∞∈x 时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),1(+∞上单调递增. 故1)1(=g 是)(x g 在区间),(+∞-∞上的最小值， 从而),(,0)(+∞-∞∈>x x g .综上可知，0)(>'x f ，),(+∞-∞∈x ，故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞. 2．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，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)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，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．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．对点练习：【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1 【答案】A 【解析】3．函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(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． 对点练习：【2017北京，理19】已知函数()e cos x f x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【考点深度剖析】导数是研究函数性质的重要工具，它的突出作用是用于研究函数的单调性、极值与最值、函数的零点等．从题型看，往往有一道选择题或填空题，有一道解答题.其中解答题难度较大，常与不等式、方程等结合考查．【重点难点突破】考点1 确定函数的单调性或求函数的单调区间【1-1】【2017山西五校联考】已知函数)(x f 与)('x f 的图象如下图所示，则函数xe xf xg )()(=的递减区间为（ ）A ．)4,0(B ．)1,0(，),4(+∞C ．)34,0(D ．)1,(-∞，)4,34( 【答案】B【1-2】2017·深圳模拟】已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x ，当a <0时，讨论函数f (x )的单调性．【答案】当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当－2<a <0时，f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减；当a <－2时，f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减．【解析】函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －2ax＋a －2＝(2)()x x a x--.①当－a ＝2，即a ＝－2时，f ′(x )＝2(2)x x-≥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． ③当－a >2，即a <－2时，∵0<x <2或x >－a 时，f ′(x )>0；2<x <－a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减．综上所述，当a ＝－2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当－2<a <0时，f (x )在(0，－a )，(2，＋∞)上单调递增，在(－a,2)上单调递减；当a <－2时，f (x )在(0,2)，(－a ，＋∞)上单调递增，在(2，－a )上单调递减． 【领悟技法】1.导数法证明函数()f x 在(,)a b 内的单调性的步骤 (1)求'()f x ；(2)确认'()f x 在(,)a b 内的符号；(3)作出结论：'()0f x ≥时为增函数；'()0f x ≤时为减函数． 2.求函数的单调区间方法一：①确定函数()y f x =的定义域； ②求导数''()y f x =；③解不等式'()0f x ≥，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式'()0f x ≤，解集在定义域内的部分为单调递减区间． 3.求函数的单调区间方法二：①确定函数()y f x =的定义域；②求导数''()y f x =，令f′(x)＝0，解此方程，求出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实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义区间分成若干个小区间；④确定'()f x 在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性． 【触类旁通】【变式一】【2017·鸡西模拟】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】由题意，知f ′(x )＝e x ＋(x －3)e x ＝(x －2)e x.由f ′(x )>0得x >2.故选D. 【变式二】已知函数23()1(0),()f x ax a g x x bx =+>=+.(1)若曲线()y f x =与曲线()y g x =在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当24a b =时，求函数()()f x g x +的单调区间． 【答案】（1） 3.a b ＝＝（2）单调递增区间是,,,26a a ⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减区间为,)26a a －(－. 【解析】(1)f′(x)＝2ax ，g′(x)＝3x 2＋b ，由已知可得(1)1(1)123f a cg b c a b =+=⎧⎪=+=⎨⎪=+⎩解得 3.a b ＝＝(2)令()()()()2232213244a a F x f x g x x ax x F x x ax '＝＋＝＋＋＋，＝＋＋， 令()0F x '＝，得1212026aa x x a x x >∴<＝－，＝－，∵，，由()0F x '>得，x<-2a 或x>-6a ； 由()0F x '<，得，.26a a x <<－－ ∴单调递增区间是,,,26a a ⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减区间为,)26a a －(－. 【综合点评】解答此类问题，应该首先确定函数的定义域，否则，写出的单调区间易出错；另外，函数的单调区间不能出现“并”的错误写法. 考点2 已知函数的单调性求参数的范围 【2-1】已知函数(1)()ln 1a x f x x x -=-+在[1,)+∞上是减函数，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1a < B ．2a < C ．2a ≤ D ．3a ≤ 【答案】C 【解析】 由题意得，2(1)21()ln ,01(1)a x a f x x x x x x-'=-=->++，因为函数(1)()ln 1a x f x x x -=-+在[1,)+∞上是减函数，所以()0f x '≤在[1,)+∞上恒成立，即2210(1)a x x-≤+在[1,)+∞上恒成立，即2(1)122x a x x x +≤=++在[1,)+∞上恒成立，又因为1224x x ++≥=，当且仅当1x =是取等号，所以2a ≤，故选C ． 【2-2】若21()(2)ln 2f x x b x =--+在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1] D ．(－∞，－1)【答案】C【领悟技法】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． 【触类旁通】【变式一】已知向量2=(e ,-x)2xx a + ，1()b t ＝，，若函数()·f x a b ＝在区间(－1,1)上存在增区间，则t 的取值范围为________． 【答案】()1e ∞－，＋【解析】2xf(x)=e -tx,x (-1,1),2x +∈ '()e x f x x t =+-，函数在12()x x ，⊆(－1,1)上单调递增，故12()x e x t x x x >∈＋，，时恒成立，又111x e x e e-<<+＋，故1t e <＋. 【变式二】已知函数()ln (1)2ex f x f x '=-⋅，32()()2x a g x f x x=--（其中a R ∈）. （1）求()f x 的单调区间；（2）若函数()g x 在区间[2,)+∞上为增函数，求a 的取值范围； 【答案】（1）单调增区间为(0,2)，单调减区间为(2,)+∞.（2）3a ≥-.（2）2()2ln 2a ex g x x x =--，则2221222()2a x x ag x x x x-+'=-+=，由题意可知22220x x ax-+≥在[2,)+∞上恒成立，即2220x x a -+≥在[2,)+∞上恒成立，因函数2()22u x x x a =-+开口向上，且对称轴为14x =，故()u x 在[2,)+∞上单调递增，因此只需使(2)0u ≥，解得3a ≥-；易知当3a =-时，()0g x '≥且不恒为0. 故3a ≥-.考点3 应用导数研究函数的极（最）值问题【3-1】【2017河北武邑三调】已知函数()()12ln 2f x a x ax x=-++. （1）当2a =时，求函数()f x 的极值； （2）当0a <时，求函数()f x 的单调增区间. 【答案】（1）极小值为142f ⎛⎫=⎪⎝⎭，无极大值；（2）当2a =-时，增区间()0,+∞，当20a -<<时，增区间11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，当2a <-时，增区间11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭. 【解析】试题分析：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，令 ()21'40f x x =-+=，得1211;22x x ==-(舍去). 然后列表可求得：函数()f x 的极小值为142f ⎛⎫=⎪⎝⎭，无极大值；（2）令()'0f x =，得1211,2x x a==-,然后利用分类讨论思想对a 分三种情况进行讨论. 试题解析： （1） 函数()f x 的定义域为()()210,,'4f x x +∞=-+，令 ()21'40f x x=-+=，得1211;x x ==-(舍去). 当x 变化时，()()',f x f x 的取值情况如下:所以，函数()f x 的极小值为142f ⎛⎫=⎪⎝⎭，无极大值. （2）()()()2221121'2x ax a f x a x x x-+-=-+=,令()'0f x =，得1211,2x x a ==-,当2a =-时，()'0f x ≥，函数()f x 的在定义域()0,+∞单调递增; 当20a -<<时，在区间11,2a ⎛⎫-⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >单调递增; 当2a <-时，在区间11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上()()'0,f x f x >单调递增.【3-2】【2016新课标2理数】(Ⅰ)讨论函数xx 2f (x)x 2-=+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；(Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2x =(0)x e ax a g x x -->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）21(,].24e .【解析】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x ∈+∞时，()(0)f x f >证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数()g x 的最值，在构造新函数00h()2x e a x =+，又用导数法求解.（II ）22(2)(2)2()(()),x x e a x x g x f x a x x-+++==+ 由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥ 因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0'()0g x =， 当00x x <<时，()0,'()0,()f x a g x g x +<<单调递减； 当0x x >时，()0,'()0,()f x a g x g x +>>单调递增. 因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为000000022000(1)+()(1)().2x x x e a x e f x x e g x x x x -++===+于是00h()2x e a x =+，由2(1)()'0,2(2)2x x xe x e e x x x +=>+++单调递增 所以，由0(0,2],x ∈得002201().2022224x e e e e h a x =<=≤=+++因为2x e x +单调递增，对任意21(,],24e λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),a f x =∈使得(),h a λ=所以()h a 的值域是21(,],24e综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有()h a ，()h a 的值域是21(,].24e【领悟技法】1.求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x 0处取极小值． 2. 求函数f(x)在[a ，b]上的最大值和最小值的步骤 (1)求函数在(a ，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值． 【触类旁通】【变式一】已知等比数列{}n a 的前n 项的和为12n n S k -=+，则()3221f x x kx x =--+的极大值为（ ）A ．2B ．3C ．72D ．52【答案】D【变式二】已知函数()()321xf x x a x ax a e ⎡⎤=+--+⎣⎦,若0x =是()f x 的一个极大值点,则实数a 的取值范围为 ． 【答案】(),2-∞ 【解析】因x e a ax x a x a x a x x f ])1()1(23[)(232/+--++--+=,即x x e a x a x x e x a x a x x f )]2()2([])2()2([)(223/-+++=-+++=,由题设条件及导函数的图象可以推知方程0)2()2(2=-+++a x a x 的两根21,x x 在0的两边,即021<x x ,也即02<-a ,所以2<a .【易错试题常警惕】易错典例：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．易错分析：解答本题时，易于忽视对k －1不同取值情况的讨论，而错误得到f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)．正确解析： (1)f′(x)＝(x －k ＋1)e x . 令f′(x)＝0，得x ＝k －1. f(x)与f′(x)的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k －1)；单调递增区间是(k －1，＋∞)． (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)＝1k e－－；当k －1≥1时，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.温馨提醒：1．求函数极值时，易于误把导数为0的点作为极值点；极值点的导数也不一定为0.2．极值与最值：注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．【学科素养提升之思想方法篇】_____化整为零，积零为整——分类讨论思想1.分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法，这种思想在简化研究对象，发展思维方面起着重要作用，因此，有关分类讨论的思想的数学命题在高考试题中占有重要地位. 所谓分类讨论，就是在研究和解决数学问题时，当问题所给对象不能进行统一研究，我们就需要根据数学对象的本质属性的相同点和不同点，将对象区分为不同种类，然后逐类进行研究和解决，最后综合各类结果得到整个问题的解决，这一思想方法，我们称之为“分类讨论的思想”．2.分类讨论思想的常见类型⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ⑵问题中的条件是分类给出的；⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.【典例】【2017湖北襄阳四校期中联考】已知函数21()(1)2xf x x e ax =--()a R ∈ ()I 当1a ≤时，求()f x 的单调区间； ()II 当(0,+)x ∈∞时，()y f x '=的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）当0a ≤时，单调增区间是(0,)+∞，单调减区间是(,0)-∞；当01a <<时，单调增区间是(,ln )a -∞，(0,)+∞，单调减区间是(ln ,0)a ；当1a =时，单调增区间是(,)-∞+∞，无减区间；（Ⅱ）1(,]2-∞． 【解析】试题分析：（Ⅰ）首先求得导函数，然后分0a ≤、01a <<、1a =讨论导函数与0之间的关系，由此求得函数的单调区间；（Ⅱ）首先结合（Ⅰ）将问题转化为210x e ax x --->对(0,+)x ∈∞恒成立，然后令2()1x g x e ax x =---(0)x >，从而通过求导函数()g x '，再构造新函数得到函数()g x 的单调性，进而求得a 的取值范围．试题解析：()I ()()xxf x xe ax x e a '=-=- …（1分）当0a ≤时，0xe a ->，∴(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增 …（2分）当01a <≤时，令()0f x '=得0ln x x a ==或． (i) 当01a <<时，ln 0a <，故：(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，(ln ,0)x a ∈ 时，()0f x '<，()f x 单调递减，(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增； …（4分）()II 由()I 知()x f x xe ax '=-当(0,+)x ∈∞时，()y f x '=的图象恒在32(1)y ax x a x =+--的图象上方， 即32(1)x xe ax ax x a x ->+--对(0,+)x ∈∞恒成立即210x e ax x --->对(0,+)x ∈∞恒成立 …（7分）记 2()1xg x e ax x =--- (0)x >，∴()()21x g x e ax h x '=--=()'2x h x e a ∴=- …（8分）(i) 当12a ≤时，()'20xh x e a =->恒成立，()g x '在(0,)+∞上单调递增， ∴()'(0)0g x g '>=， ∴()g x 在(0,)+∞上单调递增∴()(0)0g x g >=，符合题意； …（10分）(ii) 当12a >时，令()'0h x =得ln(2)x a = (0,ln(2))x a ∴∈时，()'0h x <，∴()g x '在(0,ln(2))a 上单调递减 ∴(0,ln(2))x a ∈时,()'(0)0g x g '<= ∴()g x 在(0,ln(2))a 上单调递减， ∴ (0,ln(2))x a ∈时,()(0)0g x g <=，不符合题意 …（11分）综上可得a 的取值范围是1(,]2-∞. …（12分）。
2013届高考数学一轮复习教案3.3导数的综合应用
§3.3导数的综合应用1.利用导数研究函数单调性的步骤(1)求导数f′(x)；(2)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(3)根据(2)的结果确定函数f(x)的单调区间.2.求可导函数极值的步骤(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根；(4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值.3.求函数f(x)在闭区间[a，b]内的最大值与最小值(1)确定函数f(x)在闭区间[a，b]内连续、可导；(2)求函数f(x)在开区间(a，b)内的极值；(3)求函数f(x)在[a，b]端点处的函数值f(a)，f(b)；(4)比较函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)的大小，其中最大的一个是最大值，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：优化问题―→用函数表示数学问题↓优化问题答案用导数解决数学问题5.利用导数解决实际问题中的最值问题时应注意的问题(1)在求实际问题的最大(小)值时，一定要注意考虑实际问题的意义，不符合实际意义的值应舍去；(2)在实际问题中，有时会遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与端点值比较，也可以知道这就是最大(小)值；(3)在解决实际问题中的优化问题时，不仅要注意将问题中涉及的变量关系用函数关系式表示出来，还应确定函数关系式中自变量的定义区间.[难点正本疑点清源]1.实际问题常要求解出最大值或最小值，即探求问题的最优解(最优化方法)，一元函数问题的最值可用求导数的方法解决，而且在求导后，导数为零处常常只有一个(即方程f ′(x )＝0在定义域内只有唯一解)，这个解通常就是最值点.但在解答过程中，还需对这一点的左、右函数的单调性加以验证.2.实际问题中，建模时使用的自变量不一定是求导的最“优”变量，灵活地运用换元的方法是优化解答过程的有效手段.3.求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围转化为研究新函数的值域问题.4.判断方程根的个数时，可以利用数形结合思想及函数的单调性.1.函数f (x )＝ax 3＋x 恰有三个单调区间，则a 的取值范围是__________.2.如图，水波的半径以50 cm/s 的速度向外扩张，当半径为250 cm 时，水波面的圆面积的膨胀率是__________ __ cm 2/s.3.若函数f (x )＝x ＋a sin x 在R 上递增，则实数a 的取值范围为________.4.(2010·山东)已知某生产厂家的年利润y (单位：万元)与年产量x (单位：万件)的函数关系式为y ＝－13x 3＋81x －234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为 ( )A.13万件B.11万件C.9万件D.7万件5.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为f (x )的导函数，函数 y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不 等式f (x 2－6)>1的解集为( )A.(－3，－2)∪(2,3)B.(－2，2)C.(2,3)D.(－∞，－2)∪(2，＋∞)题型一 利用导数研究函数的零点或方程根的方法 例1 已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0. (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围.探究提高 (1)对于该问题的求解，一般利用研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象的交点情况，建立含参数的方程组(或不等式)求之，实现形与数的和谐 统一.(2)本题常见的错误是不能把函数的极值与图象交点联系起来，缺乏转化与化归、数形结合的意识.已知函数f (x )＝x 3－92x 2＋6x －a .(1)对∀x ∈R ，f ′(x )≥m 恒成立，求m 的最大值； (2)若函数f (x )有且仅有一个零点，求实数a 的取值范围. 题型二 利用函数研究恒成立及参数求解问题 例2 已知函数f (x )＝ln x －ax.(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性； (2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值；(3)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围.探究提高 (1)求函数的单调区间，直接求导，然后解不等式即可，注意函数的定义域.(2)参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的运用.设f (x )＝ax＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (3)如果对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围. 题型三 利用导数研究生活中的优化问题例3 为了在夏季降温和冬季供暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热层.某幢建筑物要建造可使用20年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为6万元.该建筑物每年的能源消耗费用C (单位：万元)与隔热层厚度x (单位：cm)满足关系：C (x )＝k3x ＋5(0≤x ≤10)，若不建隔热层，每年能源消耗费用为8万元.设f (x )为隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和. (1)求k 的值及f (x )的表达式；(2)隔热层修建多厚时，总费用f (x )达到最小，并求最小值.(2011·福建)某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.2.二审结论会转换试题：(12分)已知函数f (x )＝12x 2＋a ln x .(1)若a ＝－1，求函数f (x )的极值，并指出极大值还是极小值； (2)若a ＝1，求函数f (x )在[1，e]上的最大值和最小值；(3)若a ＝1，求证：在区间[1，＋∞)上，函数f (x )的图象在函数g (x )＝23x 3的图象的下方.审题路线图 求f (x )的极值↓(从结论出发向条件转化，注意隐含条件——定义域) 求f ′(x )＝0的解，即f (x )的极值点 ↓(转化为求函数值)将极值点代入f (x )求对应的极大、极小值 ↓(转化为研究单调性) 求f (x )在[1，e]上的单调性 ↓(转化为求函数值)比较端点值、极值，确定最大、最小值 ↓(构造函数进行转化) F (x )＝f (x )－g (x )↓(将图象的上、下关系转化为数量关系) 求证F (x )<0在(1，＋∞)上恒成立. ↓研究函数F (x )在(1，＋∞)上的单调性. 规范解答(1)解 由于函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 当a ＝－1时，f ′(x )＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x ，[1分]令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝－1(舍去)， [2分] 当x ∈(0,1)时，函数f (x )单调递减，[3分]当x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )单调递增，[4分]所以f (x )在x ＝1处取得极小值为12.[5分] (2)解 当a ＝1时，易知函数f (x )在[1，e]上为增函数， [6分] ∴f (x )min ＝f (1)＝12，f (x )max ＝f (e)＝12e 2＋1.[7分](3)证明 设F (x )＝f (x )－g (x )＝12x 2＋ln x －23x 3，则F ′(x )＝x ＋1x －2x 2＝(1－x )(1＋x ＋2x 2)x， [9分]当x >1时，F ′(x )<0，故f (x )在区间(1，＋∞)上是减函数，又F (1)＝－16<0，∴在区间(1，＋∞)上，F (x )<0恒成立.即F (x )<g (x )恒成立.[11分]因此，当a ＝1时，在区间(1，＋∞)上，函数f (x )的图象在函数g (x )图象的下方.[12分] 点评 (1)导数法是求解函数单调性、极值、最值、参数等问题的有效方法，应用导数求单调区间关键是求解不等式的解集；最值问题关键在于比较极值与端点函数值的大小；参数问题涉及的有最值恒成立的问题、单调性的逆向应用等，求解时注意分类讨论思想的应用.(2)对于一些复杂问题，要善于将问题转化，转化成能用熟知的导数研究问题.方法与技巧1.极值与最值的区别与联系.区别：极值是局部概念，只对某个领域有效，最值是全局概念，对整个定义域都有效.联系：最值一般是极值点、不可导点和端点函数值(可取到的话)中的最大值或最小值.最值不一定是极值，极值也不一定是最值.2.利用导数解决含有参数的单调性问题是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.3.在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较. 失误与防范1.注意极大值未必大于极小值，极值仅仅体现在x 0处附近函数值的变化情况.2.要充分理解列表在研究函数极值过程中的重要性，以及列表的操作步骤与算法思想，能利用导数研究函数的极值与最值.答案基础自测1.(－∞，0)2.25 000π3.[－1,1]4.C5.A题型分类·深度剖析例1 解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞). 当a >0时，由f ′(x )>0， 解得x <－a 或x >a .由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，∴当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)，单调减区间为(－a ，a ). (2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值，∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0， ∴a ＝1.∴f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3， 由f ′(x )＝0，解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.∵直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点， 结合如图所示f (x )的图象可知： 实数m 的取值范围是(－3,1). 变式训练1 (1)－34 (2)a >52或a <2例2 解 (1)由题意f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋ax2.①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立， 此时f (x )在[1，e]上为增函数，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去).②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上为减函数， ∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去).③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ， 当1<x <－a 时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(1，－a )上为减函数； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(－a ，e)上为增函数， ∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e. 综上所述，a ＝－ e. (3)∵f (x )<x 2，∴ln x －ax <x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3. 令g (x )＝x ln x －x 3， h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x .∵x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数. ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数. g (x )<g (1)＝－1，∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立. 变式训练2 (1)x ＋y －3＝0 (2)满足条件的最大整数M 为4 (3)a ≥1例3 解 (1)设隔热层厚度为x cm ，由题设， 每年能源消耗费用为C (x )＝k3x ＋5. 再由C (0)＝8，得k ＝40，因此C (x )＝403x ＋5.又建造费用为C 1(x )＝6x .最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为f (x )＝20C (x )＋C 1(x )＝20×403x ＋5＋6x＝8003x ＋5＋6x (0≤x ≤10). (2)f ′(x )＝6－ 2 400(3x ＋5)2，令f ′(x )＝0，即 2 400(3x ＋5)2＝6. 解得x ＝5，x ＝－253(舍去).当0<x <5时，f ′(x )<0， 当5<x <10时，f ′(x )>0，故x ＝5是f (x )的最小值点，对应的最小值为f (5)＝6×5＋80015＋5＝70.当隔热层修建5 cm 厚时，总费用达到最小值70万元. 变式训练3 (1)2(2)当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大高﹤考じ试!题`库。
高三一轮复习-导数在函数研究中的应用
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)＝－1e 2，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：由表可知，函数f (x )的单调递减区间为[0，ln 2]，单调递增区间为(－∞，0]，[ln 2，＋∞)． 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 ∈⎝⎛⎭⎫e 2，＋∞，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.∴f (x )的极小值为1(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]．。
2013版高三新课标理科数学一轮复习课件 2.12 导数在研究函数中的应用与生活中的优化问题举例( 2013高考)
相反
极大值 极小值
h
11
【即时应用】 (1)判断下列结论的正误.(请在括号中填“√”或“×”) ①导数为零的点一定是极值点( ) ②函数f(x)在点x0及附近有定义，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( ) ③函数f(x)在点x0及附近有定义，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( )
1 3
1 3
h
10
2.函数极值的概念 (1)极值点与极值 设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性____(或 导数值异号)，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值. (2)极大值点与极小值点 ①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为_______点. ②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为_______点.
h
16
(2)求函数y=f(x)在闭区间［a,b］上的最值可分两步进行： ①求y=f(x)在(a,b)内的_____； ②将函数y=f(x)的各极值与端点极处值的函数值f(a)、f(b)比较， 其中最大的一个为_______，最小的一个为_______.
最大值
最小值
h
17
【即时应用】 (1)思考：最值是否一定是极值？ 提示：不一定.如果最值在端点处取得就不是极值.
h
14
(3)由f′(x)=3x2+6x-9=0得x=1或x=-3, 当x＜-3时，f′(x)＞0, 当-3＜x＜1时，f′(x)＜0, 当x＞1时，f′(x)＞0, ∴x=1和x=-3都是f(x)的极值点. 答案：(1)①×②√③× (2)1 (3)1和-3
h
15
3.函数极值与最值的求法 (1)求可导函数极值的步骤： ①求导数f′(x)； ②求方程f′(x)=0的根； ③列表，检验f′(x)在方程f′(x)=0的根左右两侧的符号(判断y=f(x)在根左右两侧 的单调性)，确定是否为极值，是极大值还是极小值.
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。
导数在研究函数中的应用
(*)
2b＋c－6＝0 (1)当a＝3时，又由(*)式得 8b＋c＋12＝0
解得b＝－3，c＝12 又因为曲线y＝f(x)过原点，所以d＝0 故f(x)＝x3－3x2＋12x
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
a 3 (2)由于a>0，所以“f(x)＝ x ＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无 3 极值点”等价于“ f ′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内 恒成立”． 由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a. 又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
6．如果对x0附近的所有点x，都有f(x)＞f(x0)，则称f(x0)是函数 f(x)的一个极小值，记作y极小值＝f(x0)，极大值与极小值统称 为极值． 7．函数极值的判断法则： (1)对于在x0处连续的函数，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．
． ．即 4 a 1 2 a 0 ，
2a
因为 x 2 为
f
x 的极值点，所以 f 2 0
x( x 2)
解得 a 0 ． 又当 a 0 时， f ( x )
，从而 x 2 为 f ( x ) 的极值点成立．
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
导数在研究函数中的应用
名师大讲堂·2013 高考总复习《数学》（理科）
1．设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f ′(x)>0时，则函数 y＝f(x)为增函数；如果f ′(x)<0时，则函数y＝f(x)为减函
天津市高三数学总复习 综合专题 导数在研究函数中的应用 3、利用导数研究不等式成立(学生版)
1、设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值。
（1）求a 、b 的值；（2）若对于任意的[03]x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围。
2、设函数22()21(0)f x tx t x t x t =++-∈>R ，。
（1）求()f x 的最小值()h t ；（2）若()2h t t m <-+，对于(02)t ∈，恒成立，求实数m 的取值范围。
3、已知函数()()0≠++=x b x ax x f ，其中R b a ∈,。
（1）若曲线()x f y =在点()()2,2f P 处的切线方程为13+=x y ，求函数()x f 的解析式；（2）讨论函数()x f 的单调性；（3）若对于任意的⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈2,21a ，不等式()10≤x f 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,41上恒成立，求b 的取值范围。
4、设函数432()2()f x x ax x b x =+++∈R ，其中R b a ∈,。
（1）当103a =-时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 仅在0x =处有极值，求a 的取值范围；（3）若对于任意的[]22a ∈-，，不等式1)(≤x f 在[]11-，上恒成立，求b 的取值范围。
5、设函数()2f x ax =+，22()ln 2g x a x x =-+，其中0,>∈x R a 。
（1）若2a =，求曲线()y g x =在点(1,(1))g 处的切线方程；（2）是否存在负数a ，使()()f x g x ≤对一切正数x 都成立？若存在，求出a 的取 值范围；若不存在，请说明理由。
6、已知函数x x a x f ln )21()(2+-=。
（R a ∈）（1）当1=a 时，求)(x f 在区间],1[e 上的最大值和最小值；（2）若在区间),1(+∞上，函数)(x f 的图象恒在直线ax y 2=下方，求实数a 的取值范围。
高考数学总复习教案导数在研究报告函数中应用
第二章函数与导数第12课时导数在研究函数中的应用(对应学生用书(文>、(理>30〜32页>考情分析考点新知①导数与函数内容的结合命题已成为近几年咼考的流行趋势，应引起足够的重视②以导数为研究函数的重要工具来解决函数的单调性与最值问题是高考的热点，冋时解答题侧重于导数的综合应用，即导数与函数、数列、不等式的综合应用. 理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.掌握利用导数求函数极值与最值的方法.③会利用导数解决某些实际问题.喙回归教材||| - ■ •• -----------------------------------------------------------------------------------------------51. (选修22P28例1改编〉函数f(x> = x3- 15x2 —33x + 6的单调减区间为 ______________ .答案：(—1, 11>解读：f'(x> 3x2 —30x —33 = 3(x—11>(x+ 1>，由(x —11>(x + 1><0,得单调减区间为(一1 , 11>.亦可填写闭区间或半开半闭区间.2. (选修22P34习题3改编〉若函数f(x> = ex —ax在x= 1处取到极值，则a= __________ .答案：e解读：由题意，f' (1> = 0,因为f' (x>ex—a,所以a= e.3. (选修22P34习题8>函数y= x + sinx, x€ ［0 , 2 n ］的值域为______ .答案：［0 , 2 n ］解读：由y'= 1+ cosx》0,所以函数y = x+ sinx在［0, 2 n ］上是单调增函数，所以值域为［0, 2n ］.4. (原创〉已知函数f(x> =—错误!x2+ blnx在区间［错误!，+ 上是减函数，则b的取值范围是________ .答案：(—R, 4］解读：f ' (x>—x+错误！w 0在［2 ,+s>上恒成立，即b wx在［2 , + ^>上恒成立.5. (选修22P35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。
【高考总复习】天津高三数学综合性专题：导数在研究函数中的应用 教师专用--高考学习网.pdf
让语文教学插上想象的翅膀 ——宝丰一高 张艳艳 [内容摘要]：语文教学对于培养学生的想象力具有独特的优势，文章试从创设形象、领略内涵、彰显个性化解读等方面，对培养学生的想象力进行一些探讨。
[关键词]：创新思维；语文；想象力学生创造性思维能力的提高是教育的最终目标。
《语文课程标准》要求语文教学应在继续提高学生观察、感受、分析、判断能力的同时，重点关注学生思考问题的深度和广度，培养思维能力、创新能力的重要性已被提到了从未有过的高度。
想象是创新思维中最具活力的因素之一。
正是有了想象，人类才能够超越常规思维的约束，冲破现有知识经验的局限，以大胆、奇特的方式对所要解决的问题进行创造性的探索，找出解决问题的途径。
所以说，想象构成了创新的基础，是一种极其可贵的思维品质。
教学中，培养学生的想象力? 一、激活文字，创设形象语文教材出现在学生眼前的仅仅是一行行文字。
如果不展开想象，不懂得进行再创造，那么出现在头脑中的可能只是词语所代表的抽象概念，而无表象组成的生动画面。
这样，就不可能进入作者所创设的意境之中，不仅无欣赏乐趣可言，而且难以理解作品的意蕴。
科林伍德在《艺术原理》中指出：真正艺术的作品不是看见的，也不是听到的，而是想象中的某种东西。
阅读教学中，教师的任务之一就是引导学生驰骋想象，透过文字看到图画，透过语言看到生活，置身于作品之中，获得人生感悟和美的享受。
如阅读郁达夫的《故都的秋》第四段北国的槐树，也是一种能使人联想起秋来的点缀。
花而又不是花的那一种落蕊，早晨起来，会铺得满地。
脚踏上去，声音也没有，气味也没有，只能感到一点点极微细极柔软的触觉怎样激活这段文字呢？我设置了几个问题：为什么会有脚踏上去的动作？作者为什么不说没有声音，没有气味，却说声音也没有，气味也没有，加了个也字，似乎在与另一种情景相比较，而这种情景则是大家所熟悉的，那是一种什么情景？尽管多数学生并不认识槐树，更没见过秋天槐树落蕊的情景，但通过想象，却似乎看到了这样一幅画面：秋天的清晨，作者起来打开房门，惊喜地看到院子里槐树的落蕊铺了一地，于是就早上醒来才发觉夜里静悄悄地下了一场大雪那样，怀着欣喜而又好奇的未泯童心，去踏上几脚，却发现声音也没有，不踏雪那样会发出，的声响，然后掬起一把，闻一闻，气味也没有，同雪一样清爽；一阵扫后，只留下一条条扫帚的丝纹，槐花就这么静悄悄地走了，一叶落而知天下秋，一种悲凉弥散开来。
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导数在研究函数中的应用2——利用导数研究曲线的交点个数
1、设a 为实数，函数.)(23a x x x x f +--=
（1）求)(x f 的极值；
（2）当a 在什么范围内取值时，曲线)(x f y =与x 轴仅有一个交点。
解：（1）'()f x =32x －2x －1，若'()f x =0，则3
1-=x ，1=x ；
当x 变化时，'()f x ，()f x 变化情况如下表：
∴)(x f 的极大值是1
5()327
f a -=+，极小值是(1)1f a =-。
（2）函数322()(1)(1)1f x x x x a x x a =--+=-++-，由此可知，取足够大的正数时，有)(x f >0，取足够小的负数时有)(x f 0<，曲线()y f x =与x 轴至少有一个交点，结合)(x f 的单调性可知： 当)(x f 的极大值527a +0<，即5(,)27
a ∈-∞-时，它的极小值也小于0，因此曲线()y f x =与x 轴仅有一个交点，它在),1(+∞上；
当)(x f 的极小值01>-a 即a ∈),1(+∞时，它的极大值也大于0，因此曲线()y f x =与x 轴仅有一个交点，它在)3
1
,(--∞上； 所以，当5(,)27
a ∈-∞-
⋃),1(+∞时，曲线()y f x =与x 轴仅有一个交点。
2、已知函数36)2(23)(23-++-=x x a ax x f 。
（1）当2>a 时，求函数)(x f 的极小值；
（2）试讨论曲线)(x f y =与x 轴的公共点的个数。
解：（1）)1)(2
(36)2(33)(2--=++-='x a
x a x a ax x f ,2>a 12<∴a ∴当a x 2<或1>x 时，0)(>'x f ；当12<<x a
时，0)(<'x f )(x f ∴在)2,(a -∞，),1(+∞内单调递增，在)1,2(a 内单调递减,故)(x f 的极小值为2
)1(a f -=。
（2）若,0=a 则2)1(3)(--=x x f ,)(x f ∴的图象与x 轴只有一个交点;
若,0<a 则
12<a ，∴当12><x a x 或时，0)(<'x f ，当12<<x a
时，0)(>'x f )(x f ∴的极大值为02)1(>-=a f )(x f 的极小值为0)2(<a f )(x f ∴的图象与x 轴有三个公共点。
若20<<a ，则12>a ,∴当a x x 21><或时，0)(>'x f ，当12<<x a
时，0)(<'x f )(x f ∴的图象与x 轴只有一个交点；
若2=a ，则0)1(6)(2≥-='x x f ,)(x f ∴的图象与x 轴只有一个交点；
当2>a ，由（1）知)(x f 的极大值为043)431(4)2(2<-
--=a a f ； 综上，若,0≥a )(x f 的图象与x 轴只有一个公共点；
若0<a ，)(x f ∴的图象与x 轴有三个公共点。
3、设函数ax x x x f +-=233
1)(，b x x g +=2)(，当21+=x 时，)(x f 取得极值。
（1）求a 的值，并判断)21(+f 是函数)(x f 的极大值还是极小值；
（2）当]4,3[-∈x 时，函数)(x f 与)(x g 的图象有两个公共点，求b 的取值范围。
解：（1）由题意a x x x f +-='2)(2
当21+=x 时，)(x f 取得极值，
∴所以 0)21(=+'f
()()0212212=++-+∴a ∴即1-=a 此时当21+<x 时，0)(<'x f ，当21+>x 时，0)(>'x f ，)21(+f 是函数)(x f 的最小值。
（2）设)()(x g x f =，则033123=---b x x x ，x x x b 33123--=
设x x x x F 331)(23--=
，b x G =)(，32)(2--='x x x F ，
令032)(2=--='x x x F ，解得1-=x 或3=x
列表如下：
∴函数)(x F 在)1,3(--和)4,3(上是增函数，在)3,1(-上是减函数。
当1-=x 时，)(x F 有极大值3
5)1(=-F ；当3=x 时，)(x F 有极小值9)3(-=F 函数)(x f 与)(x g 的图象有两个公共点，
∴函数)(x F 与)(x G 的图象有两个公共点
35320<<-
∴b 或9-=b ，{}9)35,320(--∈∴ b 。