【Word版题库】3.2 导数的应用(一) (2)
高中数学导数知识点归纳的总结及例题(word文档物超所值)
为函数
_____ _ 的图象的顶点在第四象限，则其导
o
y
x
-33
)
(x
f
y'
=
()y f x ='()f x 为( )
（安微省合肥市2010年高三第二次教学质量检测文科）函数()y f x =的图像如下右)
(x f y '=
（2010年浙江省宁波市高三“十校”联考文科）如右图所示是某
一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是（ ）
象大致形状是（ ）
2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数在区间[,]a b 上是增函数，则函数
()x 在区间[,]a b 上的图象可能是
y
y
y
14.（2008年福建卷12)已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图，那么y=f(x),
y=g(x)的图象可能是（ ）
15.(2008珠海一模文、理)设是函数的导函数，将和的图)('x f )(x f )(x f y =)('x f y =像画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．16.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数
)(x f y =的导函数)(x f y '=的图像如下，则（
）
函数)(x f 有1个极大值点，1个极小值点
y。
3.2导数的应用(一)
最大值点在驻点 x0处取得.
最小值点在导数 不存在点x0处取得.
结论： 结论：
如果x0 是f ( x)在(a, b)内的惟一驻点，
那么当x0 是f ( x)的极大值点(或极小值点)时 ，x0一定是f ( x)在[a, b]上的最大值点(或极 小值点) 小值点)。
这结论说明了，什么情况下极值点 等于最值点。这是单峰函数的特征。
驻 ： f ′(x) = 0的 x. 点 使 点
2.函数的极值 函数的极值 函数极值的定义： (1)函数极值的定义： 函数极值的定义 有定义， ①如果函数 f(x)在点 x0 附近有定义，而且对 x0 附 在点 附近有定义 近的点， 近的点，都有 f (x) < f (x0 ) ，我们就说 f(x0) 是函数的一个极大值，记作 y 极大值＝f(x0)； 是函数的一个极大值， ； ②如果函数 f(x)在点 x0 附近有定义，而且对 x0 附 在点 附近有定义， 近的点， 近的点，都有 f (x) > f (x0 ) ，我们就说 f(x0) 是函数的一个极小值， 是函数的一个极小值，记作 y 极小值＝f(x0). 极大值与极小值统称为极值. 极大值与极小值统称为极值
kx
ⅰ）若 k＞0， ＞ ，
1 则当 x∈(－∞， − )时，f′(x)＜0， ∈－ ， 时 ＜ ， k
单调递减； 函数 f(x)单调递减； 单调递减 1 ，＋∞)时 当 x∈( − ，＋ 时，f′(x)＞0， ∈ ＞ ， k 单调递增. 函数 f(x)单调递增 单调递增
1 (2)由 f′(x)＝(1＋kx)e ＝0，得 x＝ − (k≠0)， 由 ＝ ＋ ， ＝ ， k
【变式训练 1】 已知函数 f(x)＝x ＋ln x－ax 在(0,1) ＝ － 上是增函数， 的取值范围. 上是增函数，求 a 的取值范围
3—2导数的应用(一)——单调性
∴单调减区间为(0， 33)．
高考调研·新课标高考总复习
高三数学（理）
第三章 第2课时
2．函数 y＝xcosx－sinx 在下面哪个区间
课 前
内是增函数( )
自 助 餐
A．(π2，32π)
B．(π，2π)
C．(32π，52π)
D．(2π，3π)
授
答案 B
课 时
人
作
以
业
渔
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课
授 人 以
(0， －a＋ 2a1)时，f′(x)＞0；x∈( －a2＋a1，＋∞)时，f′(x)
时 作 业
渔
＜0.故 f(x)在(0， －a＋ 2a1)上单调递增，在( －a2＋a1，＋∞)上
单调递减．
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第三章 第2课时
探究2 求含参数的函数单调性难点在于解含参数不
作 业
渔
函数．
故t的取值范围是t≥5.
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第三章 第2课时
探究3 不恒为0的函数f(x)在区间[a，b]为增
函数，可转化为f′(x)≥0，在[a，b]上恒成立，
课 前
或[a，b]是f′(x)≥0解集的子集．
自
助
餐
思考题3 (2011·西安五校)已知a为实数，
f(x)＝(x2－4)(x－a)，若f(x)在(－∞，－2]和
课
授
∵函数在[2，＋∞)上递增
时
人 以
∴[2，＋∞)⊆[a，＋∞)，∴a≤2，又 a>0 ∴
作 业
渔
0<a≤2
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《三维设计》3-2导数的应用(一)(含解析)=====练习
第十二节导数的应用(一)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 ．R2．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( )A ．f (b )>f (c )>f (d )B ．f (b )>f (a )>f (e )C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (e )>f (d )3．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点4．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( ) A ．－2或2 B ．－9或3 C ．－1或1D ．－3或15．若f (x )＝ln xx ，e<a <b ，则( )A ．f (a )>f (b )B ．f (a )＝f (b )C ．f (a )<f (b )D ．f (a )f (b )>16．函数f (x )＝x 3－3x －1，若对于区间[－3,2]上的任意x 1，x 2，都有|f (x 1)－f (x 2)|≤t ，则实数t 的最小值是( )A ．20B ．18C ．3D ．07．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．8．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ∈[－1,1]，则f (m )的最小值为________．9．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 )极大值与极小值之差为________．10．已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．11．设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y轴．(1)求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．12．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋3x .(1)若f (x )在x ∈[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )在x ∈[1，a ]上的最大值和最小值．1．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图象不可能为y ＝f (x )的图象是( )2．已知定义在R 上的奇函数f (x )，设其导函数为f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，恒有xf ′(x )<f (－x )，令F (x )＝xf (x )，则满足F (3)>F (2x －1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－1,2) B.⎝⎛⎭⎫－1，12 C.⎝⎛⎭⎫12，2D ．(－2,1)3．设函数f(x)＝ax n(1－x)＋b(x>0)，n为正整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.(1)求a，b的值；(2)求函数f(x)的最大值．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( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2) 2．已知函数f (x )＝(2－a )ln x ＋1x ＋2ax (a ∈R)．(1)当a ＝0时，求f (x )的极值； (2)求f (x )的单调区间．。
32导数的应用一
考向探究导析
考题专项突破
活页限时训练
易误警示 直线与曲线有且只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线； 反之直线是曲线的切线，但直线不一定与曲线有且只有一个公 共点． 两个条件 (1)f′(x)＞0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条 件． (2)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的 必要不充分条件．
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，
＋∞)，
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a
＝2(1－ln 2＋a)．
考基自主导学
考向探究导析
考题专项突破
活页限时训练
(2)证明 设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R， 于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知当a＞ln 2－1时，g′(x)的最小值为 g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)＞0. 于是对任意x∈R，都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增． 于是当a＞ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)． 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0. 即ex－x2＋2ax－1＞0，故ex＞x2－2ax＋1.
考基自主导学
考向探究导析
考题专项突破
活页限时训练
x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x)
0
由此可知对于x∈R，g(x)≥g(0) 即ex－x－1≥0，因此x2(ex－x－1)≥0，整理得 x2ex≥x3＋x2，即f(x)≥x3＋x2.
考基自主导学
考向探究导析
考题专项突破
活页限时训练
32 导数的应用(试题部分)
3.2 导数的应用探考情 悟真题 【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点导数与函数的单调性1.了解函数单调性和导数的关系.2.会用导数研究函数的单调性.3.会求函数的单调区间. 2019浙江,22,15分导数与函数的单调性 参数的取值范围★★★2018浙江,22,15分导数与函数的单调性不等式的证明导数与函数的极值、最值1.了解函数极值的概念及函数在某点取得极值的条件.2.会用导数求函数的极大值、极小值.3.会求闭区间上函数的最大值、最小值.2017浙江,20,15分 导数与函数的最值 函数的零点 ★★★分析解读 1.导数是高考的必考内容.利用导数来研究函数的单调性、极值、最值等问题是命题的热点.2.考查重点是导数与极值、最值、单调区间、图形形状的联系,利用导数证明不等式,求函数零点等,属于难题.(例2018浙江,22)3.预计2021年高考中,导数的考查必不可少,复习时要高度重视.破考点 练考向 【考点集训】考点一 导数与函数的单调性1.(2020届浙江慈溪期中,21)已知函数f(x)=k(x-1)-ln x(k ∈R).(1)求f(x)的单调区间(用k 表示);(2)若{y|y=f(x),x>1}⊆(0,+∞),求k 的取值范围.解析 (1)函数f(x)的定义域为x>0,f '(x)=k-1x =kx -1x,(2分)①当k ≤0时,f '(x)=k-1x<0,函数f(x)单调递减.(4分)②当k>0时,令f '(x)=kx -1x=0,解得x=1k,当0<x<1k时, f '(x)<0, f(x)单调递减,当x>1k时, f '(x)>0, f(x)单调递增,所以当k>0时,f(x)的递增区间为(1k ,+∞),递减区间为(0,1k);当k ≤0时, f(x)的递减区间为(0,+∞).(7分)(2)由题意,得当x>1时,f(x)>0恒成立,即k(x-1)-ln x>0恒成立,(8分) 当k ≤0时,由x>1,得k(x-1)-ln x>0显然不成立,所以k>0,(9分)f '(x)=k-1x =k (x -1k )x,令f '(x)=0,得x=1k,(10分)当k ≥1时,0<1k≤1,所以f '(x)>0(x>1), 所以f(x)>f(1)=0,即k(x-1)-ln x>0恒成立,所以当k ≥1时,k(x-1)-ln x>0在(1,+∞)上恒成立.(13分)当0<k<1时,1k >1,f(x)在(1,1k )上为减函数,在(1k,+∞)上为增函数, 所以f(x)min <f(1)=0,不满足题意,(14分) 综上,所求k 的取值范围是[1,+∞).(15分)2.(2020届山东夏季高考模拟,22)函数f(x)=a+x1+x(x>0),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线在y 轴上的截距为112.(1)求a;(2)讨论g(x)=x(f(x))2的单调性;(3)设a 1=1,a n+1=f(a n )(n ∈N *),证明:2n-2|2ln a n -ln 7|<1.解析 (1)f '(x)=1−a (1+x)2, f '(1)=1−a4,又f(1)=a+12,故y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=1−a 4(x-1)+a+12,其在y 轴上的截距为3a+14. 依题设得3a+14=112,解得a=7.(2)g'(x)=(7+x)2(1+x)2+2x(7+x)1+x ·-6(1+x)2=7+x (1+x)2·x 2-4x+71+x(x>0). g'(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.(3)证明:由(1)知f(x)=1+6x+1(x>0), 故f(x)在(0,+∞)上单调递减, f(√7)=√7, 由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增,g(√7)=7√7. 当x<√7时,g(x)<7√7,√7<7(f(x))2,ln x-12ln 7<ln 7-2ln f(x)<0.当x>√7时,g(x)>7√7,√7>7(f(x))2,ln x-12ln 7>ln 7-2ln f(x)>0, 故|2ln x-ln 7|>2|2ln f(x)-ln 7|,所以|2ln a 1-ln 7|>2|2ln a 2-ln 7|>4|2ln a 3-ln 7|>…>2n-1·|2ln a n -ln 7|. 因为a 1=1,ln 7<2,所以2n-2|2ln a n -ln 7|<1.3.(2018浙江台州第一学期期末质检,20)已知函数f(x)=(x 2-x+1)·e -x .(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当x ∈[0,2]时, f(x)≥-x 2+2x+m 恒成立,求m 的取值范围.解析 (1)函数f(x)的定义域为{x|x ∈R}, f '(x)=-(x-2)·(x-1)e -x ,∵e -x >0,∴由f '(x)<0,得x<1或x>2, 由f '(x)>0,得1<x<2.(5分)∴f(x)的单调递减区间为(-∞,1),(2,+∞),单调递增区间为(1,2).(7分)(2)∵f(x)≥-x 2+2x+m 在x ∈[0,2]时恒成立,∴m ≤f(x)+x 2-2x=(x 2-x+1)·e -x +x 2-2x 在x ∈[0,2]时恒成立,(9分)令g(x)=(x 2-x+1)·e -x +x 2-2x, 则g'(x)=-(x-2)(x-1)e -x +2(x-1), 当x ∈(0,1)时,g'(x)=(x -1)(2-x+2e x )e x<0,当x ∈(1,2)时,g'(x)=(x -1)(2-x+2e x )e x>0,∴g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,(12分)∴g(x)min =g(1)=1e-1,∴m ≤1e-1.(15分)考点二 导数与函数的极值、最值1.(2018浙江宁波5月模拟,20)已知函数f(x)=aln x+x-1x,其中a 为实常数.(1)若x=12是f(x)的极大值点,求f(x)的极小值;(2)若不等式aln x-1x ≤b-x 对任意-52≤a ≤0,12≤x ≤2恒成立,求b 的最小值.解析 (1) f '(x)=x 2+ax+1x 2,由题意知x>0.由f '(12)=0,得(12)2+12a+1=0,所以a=-52,(3分)此时f(x)=-52ln x+x-1x.则f '(x)=x 2-52x+1x 2=(x -2)(x -12)x 2.所以f(x)在[12,2]上为减函数,在[2,+∞)上为增函数.(5分)所以x=2为极小值点,极小值f(2)=32-5ln22.(6分)(2)不等式aln x-1x≤b-x 即为f(x)≤b,所以b ≥f(x)max 对任意-52≤a ≤0,12≤x ≤2恒成立.(8分)(i)若1≤x ≤2,则ln x ≥0, f(x)=aln x+x-1x ≤x-1x ≤2-12=32. 当a=0,x=2时取等号.(10分)(ii)若12≤x<1,则ln x<0, f(x)=aln x+x-1x≤-52ln x+x-1x.由(1)可知g(x)=-52ln x+x-1x 在[12,1]上为减函数.所以当12≤x<1时,g(x)≤g (12)=52ln 2-32.(13分)因为52ln 2-32<52-32=1<32,所以f(x)≤32.综上, f(x)max =32.于是b min =32.(15分)2.(2020届浙江宁波十校联考,22)已知函数f(x)=10ln x-ax x -1. (1)当a ∈R 时,讨论函数f(x)的单调性;(2)对任意的x ∈(1,+∞)均有f(x)<ax,若a ∈Z,求a 的最小值.解析 (1)f '(x)=10x +a (x -1)2=10x 2+(a -20)x+10x(x -1)2,x>0且x ≠1,令g(x)=10x 2+(a-20)x+10,则其图象的对称轴为直线x=20−a20,g(0)=10, 当20−a20≤0,即a ≥20时,则g(x)>0,即f '(x)>0,此时f(x)在(0,1)和(1,+∞)上递增, 当20−a20>0,即a<20时,令Δ≤0⇒0≤a<20,所以当0≤a<20时,g(x)>0, f '(x)>0,此时f(x)在(0,1)和(1,+∞)上递增,当a<0时,g(x)=0⇒x1=20−a-√a2-40a20,x2=20−a+√a2-40a20,易知f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上递增,在(x1,1),(1,x2)上递减.综上,当a≥0时,f(x)在(0,1)和(1,+∞)上递增,当a<0时,f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上递增,在(x1,1),(1,x2)上递减.(2)由题意得f(x)<ax⇒a>10(x-1)lnxx2,x>0且x≠1,令F(x)=10(x-1)lnxx2,x>0且x≠1,则F'(x)=10[(2−x)lnx+x-1]x3,令h(x)=(2-x)ln x+x-1,则h'(x)=-ln x+2x,因为h'(x)在(1,+∞)上递减,且h'(1)=2>0,当x→+∞时,h'(x)→-∞,所以存在x0∈(1,+∞),使得h'(x0)=0,且h(x)在(1,x0)上递增,在(x0,+∞)上递减,因为h(1)=0,所以h(x0)>0,因为当x→+∞时,h(x)→-∞,所以存在x3∈(x0,+∞),使得h(x3)=0,且F(x)在(1,x3)上递增,在(x3,+∞)上递减,所以F(x)max=F(x3)=10(x3-1)ln x3x32,因为h(x3)=(2-x3)ln x3+x3-1=0⇒ln x3=x3-1x3-2,所以F(x3)=10(x3-1)ln x3x32=10(x3-1)2 x32(x3-2),因为h(4)=-2ln4+3=ln e316>0,h(5)=-3ln5+4=ln e453<0,所以x3∈[4,5].令φ(x)=10(x-1)2x2(x-2),x∈[4,5],易知φ(x)在区间[4,5]上递减,所以φ(x)∈[3215,4516].即F(x)max∈[3215,4516],因为a∈Z,所以a的最小值为3.炼技法提能力【方法集训】方法1 利用导数研究函数的单调性1.(2019浙江宁波北仑中学模拟,21)已知函数f(x)=ln(x+a)-x,a ∈R.(1)当a=-1时,求f(x)的单调区间;(2)若x ≥1时,不等式e f(x)+a 2x 2>1恒成立,求实数a 的取值范围.解析 (1)当a=-1时,f(x)=ln(x-1)-x,∴f '(x)=1x -1-1=2−xx -1,∴f(x)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减. (2)取x=1,则a+1e +a 2-1>0⇒a>2e -22+e,设g(x)=x+a e x +a 2x 2-1. 下面论述充分性是否成立,g'(x)=axe x -x+1−a e x >ax ·x -x+1−a e x =ax 2-x+1−ae x. 令h(x)=ax 2-x+1-a,易知其图象开口向上,对称轴为x=12a ,∴12a <e+24(e -1)<1,∴h(x)在[1,+∞)上单调递增,∴h(x)≥h(1)=0,∴g'(x)≥0,∴g(x)在[1,+∞)上单调递增,∴g(x)≥g(1)=a+1e +a2-1>0,即充分性成立,所以a>2e -2e+2. 2.(2019浙江杭州二模,22)已知函数f(x)=(x-1)e x . (1)求函数f(x)的单调递增区间;(2)若f(x)=ax+b(a,b ∈R)有非负零点,求a 2+4b 的最小值.解析 (1)f '(x)=xe x ,令f '(x)>0,得x>0,所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞). (2)设g(x)=(x-1)e x -ax-b,则g'(x)=xe x -a,①当a ≤0时,易知,x>0时,g'(x)≥0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增,所以g(0)=-1-b ≤0,得b ≥-1,故a 2+4b ≥-4;②当a>0时,存在x 0>0,使得g'(x 0)=0,即a=x 0e x 0,且g(x)在(0,x 0)上单调递减,在(x 0,+∞)上单调递增.所以g(x 0)=(x 0-1)e x 0-ax 0-b ≤0,解得b ≥(x 0-1)e x 0-ax 0=(x 0-1)e x 0-x 02e x 0,因此a 2+4b ≥x 02e 2x 0-4(x 02-x 0+1)e x 0.设h(x)=x 2e 2x -4(x 2-x+1)e x , 则h'(x)=2(x 2+x)e x (e x -2),所以h(x)在[0,ln 2]上单调递减,在(ln 2,+∞)上单调递增, 所以h(ln 2)<h(0)=-4,h(x)≥h(ln 2)=-4(ln 2)2+8ln 2-8.所以当a=2ln 2,b=-2(ln 2)2+2ln 2-2时,a 2+4b 取到最小值-4(ln 2-1)2-4. 此时f(x)=ax+b 有零点ln 2,符合题意.3.(2020届浙江绍兴一中期中,22)已知函数f(x)=2ln x+ax,g(x)=x 2+1-2f(x). (1)讨论函数f(x)在[4,+∞)上的单调性;(2)若g(x)有唯一零点,证明:16<a<13.解析 (1)f '(x)=2x+a,x ∈(0,+∞),①当a ≥0时,显然f '(x)>0恒成立,所以f(x)在[4,+∞)上单调递增;②当-12<a<0时,令f '(x)=0,解得x=-2a>4,所以当x ∈[4,−2a )时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x ∈(-2a,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;③当a ≤-12时,令f '(x)=0,得x=-2a≤4,此时f '(x)≤0, f(x)单调递减.综上所述,当a ≤-12时, f(x)在[4,+∞)上单调递减,当-12<a<0时, f(x)在[4,−2a )上单调递增,在(-2a,+∞)上单调递减,当a ≥0时, f(x)在[4,+∞)上的单调递增.(2)证明:由题意可知g(x)=x 2+1-4ln x-2ax,令g(x)=0,得2a=x+1x -4lnxx,g(x)有唯一零点等价于函数y=2a 和h(x)=x+1x -4lnxx(x>0)的图象有唯一交点, h'(x)=x 2+4lnx -5x 2,h'(32)=49(94+4ln 32-5)<49×(94+ln6−5)<49(94+ln e 2-5)<0,h'(√3)=13(3+4ln √3-5)>13(3+ln e 2-5)=0,若将分子看成一函数,则该函数在定义域内为增函数,因此存在x 0∈(32,√3),使得h'(x)=0,即4ln x 0=5-x 02,x 0为极小值点,易知2a=h(x 0),h(x 0)=x 0+1x 0-5−x 02x 0=2x 0-4x 0, 显然h(x 0)为增函数,且x 0∈(32,√3),所以h(x 0)∈(13√3), 综上可知2a ∈(13√3),即a ∈(16√3). 方法2 利用导数研究函数的极值与最值1.(2019浙江宁波效实中学期中,22)设a ∈R,函数f(x)=(x+1)e -x +ax 有两个极值点x 1,x 2(e 为自然对数的底数).(1)求a 的取值范围; (2)证明:x 1+x 2+2ln a<0.解析 (1)由已知得f '(x)=-xe -x +a 的两个零点分别为x 1,x 2,不妨设x 1<x 2.记φ(x)=-xe -x +a=f '(x),则φ'(x)=(x -1)e -x ,从而φ(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, φ(x)的大致图象如图所示,(x 趋近于正无穷时,φ(x)趋近于a)由图可知{a >0,φ(1)=-e -1+a <0,即0<a<1e . ∴实数a 的取值范围为(0,1e).(2)证明:由(1)可知,x 1>0,x 2>0且f(x)在(x 1,x 2)上单调递减, ∴f(x 1)>f(x 2),即(x 1+1)e -x 1+ax 1>(x 2+1)e -x 2+ax 2①, 又由φ(x 1)=0,φ(x 2)=0,得x 1e -x 1=a,x 2e -x 2=a,从而有e -x 1=a x 1,e -x 2=a x 2②,即ln x 1-x 1=ln a,ln x 2-x 2=ln a,∴x 1+x 2+2ln a=ln x 1+ln x 2=ln(x 1x 2).结合①②两式,有(x 1+1)a x 1+ax 1>(x 2+1)a x 2+ax 2,化简得x 1x 2<1,∴x 1+x 2+2ln a=ln(x 1x 2)<0.2.(2019浙江学军中学期中,20)已知函数f(x)=a x+ln x-2,a ∈R.(1)当a=8时,求函数f(x)的单调区间;(2)是否存在实数a,使函数f(x)在(0,e 2]上有最小值2?若存在,求出a 的值;若不存在,请说明理由. 解析 (1)∵a=8,∴f(x)=8x+ln x-2,∴f '(x)=-8x 2+1x =x -8x 2(x>0),∴f(x)的单调递减区间为(0,8),单调递增区间为(8,+∞). (2)∵f(x)=a x+ln x-2(x>0),∴f '(x)=-a x 2+1x =x -ax 2(x>0).①当a ≤0时,f '(x)>0恒成立,即f(x)在(0,e 2]上单调递增,无最小值,不满足题意.②当a>0时,令f '(x)=0,得x=a,所以当x>a 时,f '(x)>0,当0<x<a 时,f '(x)<0. 故f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,若a>e 2,则函数f(x)在(0,e 2]上的最小值f(x)min =f(e 2)=a e2+ln e 2-2=a e2.由a e2=2得a=2e 2,满足a>e 2,符合题意;若0<a ≤e 2,则函数f(x)在(0,e 2]上的最小值f(x)min =f(a)=a a+ln a-2=ln a-1.由ln a-1=2得a=e 3,不满足0<a ≤e 2,不符合题意,舍去. 综上,存在实数a=2e 2,使函数f(x)在(0,e 2]上有最小值2.3.(2020届浙江台州一中期中,22)已知函数f(x)=12ax 2-x+2a 2ln x(a ≠0).(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x 1,x 2,证明:f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<1x 1+1x 2. 解析 (1)f '(x)=ax-1+2a 2x =ax 2-x+2a 2x,设p(x)=ax 2-x+2a 2(x>0),令p(x)=0,得ax 2-x+2a 2=0,Δ=1-8a 3,当a ≥12时,Δ≤0,p(x)≥0,则f '(x)≥0, f(x)在(0,+∞)上单调递增,当0<a<12时,Δ>0,p(x)的零点为x 1=1−√1−8a 32a ,x 2=1+√1−8a 32a,且0<x 1<x 2,令f '(x)>0,得0<x<x 1或x>x 2,令f '(x)<0,得x 1<x<x 2,∴f(x)在(1−√1−8a 32a ,1+√1−8a 32a )上单调递减,在(0,1−√1−8a 32a ),(1+√1−8a 32a,+∞)上单调递增, 当a<0时,Δ>0,p(x)的零点为1−√1−8a 32a, ∴f(x)在(0,1−√1−8a 32a )上单调递增,在(1−√1−8a 32a,+∞)上单调递减. 综上所述,当a<0时, f(x)在(0,1−√1−8a 32a )上单调递增,在(1−√1−8a 32a,+∞)上单调递减;当0<a<12时, f(x)在(1−√1−8a 32a ,1+√1−8a 32a)上单调递减,在(0,1−√1−8a 22a ),(1+√1−8a 32a,+∞)上单调递增;当a ≥12时, f(x)在(0,+∞)上单调递增.(2)证明:由(1)知,当0<a<12时,f(x)存在两个极值点.不妨设0<x 1<x 2,则x 1+x 2=1a,要证f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<1x 1+1x 2,只要证f(x 1)-f(x 2)>(x 1-x 2)(x 1+x 2)x 1x 2=x 1x 2-x 2x 1,只需要证12(x 1-x 2)[a(x 1+x 2)-2]+2a 2ln x 1x 2>x 1x 2-x 2x 1,即证2a 2ln x 1x 2-x 1x 2+x 2x 1>12(x 1-x 2),设t=x 1x 2(0<t<1),设函数g(t)=2a 2ln t-t+1t,则g'(t)=-t 2-2a 2t+1t 2, 令t 2-2a 2t+1=0,Δ'=4a 4-4<0,∴t 2-2a 2t+1>0,∴g'(t)<0,∴g(t)在(0,1)上单调递减,则g(t)>g(1)=0, 又12(x 1-x 2)<0,则g(t)>0>12(x 1-x 2),即2a 2ln x 1x 2-x 1x 2+x 2x 1>12(x 1-x 2),故f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<1x 1+1x 2. 【五年高考】A 组 自主命题·浙江卷题组1.(2019浙江,22,15分)已知实数a ≠0,设函数f(x)=aln x+√1+x ,x>0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x ∈[1e2,+∞)均有f(x)≤√x2a,求a 的取值范围.注:e=2.718 28…为自然对数的底数.解析 本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+√1+x ,x>0.f '(x)=-34x +2√1+x =√1+x -√1+x+1)4x √1+x,所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为(3,+∞).(2)由f(1)≤12a,得0<a ≤√24.当0<a ≤√24时,f(x)≤√x 2a等价于√x a2-2√1+xa-2ln x ≥0.令t=1a,则t ≥2√2.设g(t)=t 2√x -2t √1+x -2ln x,t ≥2√2,则g(t)=√x (t -√1+1x)2-√x-2ln x. (i)当x ∈[17,+∞)时,√1+1x≤2√2,则g(t)≥g(2√2)=8√x -4√2√1+x -2ln x.记p(x)=4√x -2√2√1+x -ln x,x ≥17,则p'(x)=2x -√2√x+1-1x=2√x √x+1-√2x -√x+1x √x+1=(x -1)[1+√x(√2x+2-1)]x √x+1(√x+1)(√x+1+√2x).故x17(17,1)1 (1,+∞)p'(x)-0 +p(x)p (17)单调递减 极小值p(1) 单调递增所以,p(x)≥p(1)=0.因此,g(t)≥g(2√2)=2p(x)≥0.(ii)当x ∈[1e 2,17)时,g(x)≥g (√1+1x )=√xlnx √x. 令q(x)=2√x ln x+(x+1),x ∈[1e 2,17],则q'(x)=lnx+2x+1>0, 故q(x)在[1e 2,17]上单调递增,所以q(x)≤q (17).由(i)得,q (17)=-2√77p (17)<-2√77p(1)=0. 所以,q(x)<0.因此,g(t)≥g (√1+1x )=-q(x)√x>0.由(i)(ii)知对任意x∈[1e2,+∞),t∈[2√2,+∞),g(t)≥0,即对任意x∈[1e2,+∞),均有f(x)≤√x2a.综上所述,所求a的取值范围是(0,√24].疑难突破(1)导函数f'(x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负. (2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合理确定主元,是解决本题的思维转折点.2.(2018浙江,22,15分)已知函数f(x)=√x-ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.证明本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.(1)函数f(x)的导函数f'(x)=12√x -1 x ,由f'(x1)=f'(x2)得2x -x=2x-x,因为x1≠x2,所以√x +√x=12.由基本不等式得12√x1x2=√x1+√x2≥2√x1x24,因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=√x1-ln x1+√x2-ln x2=12√x1x2-ln(x1x2).设g(x)=12√x-ln x,则g'(x)=14x(√x-4),所以x(0,16)16(16,+∞) g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=(|a|+1k )2+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n(√n an-k)≤n(√nk)<0,所以存在x0∈(m,n),使f(x0)=kx0+a,所以,对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=√x-lnx-ax.设h(x)=√x-lnx-ax,则h'(x)=lnx-√x2-1+ax2=-g(x)-1+ax2,其中g(x)=√x2-ln x.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.一题多解(1)f'(x)=12x -1 x ,且f'(x1)=f'(x2)(x1≠x2).设f'(x1)=t,则2√x -1x=t的两根为x1,x2.即2t(√x)2-√x+2=0有两个不同的正根x1,x2.∴{Δ=1−16t >0,√x 1+√x 2=12t >0,√x 1x 2=1t >0,即{ 0<t <116,√x 1+√x 2=12t ,x 1x 2=1t 2.∴f(x 1)+f(x 2)=√x 1+√x 2-ln(x 1x 2) =12t+2ln t (0<t <116). 设g(t)=12t +2ln t (0<t <116), 则g'(t)=-12t 2+2t =4t -12t 2<0, ∴g(t)在(0,116)上为减函数, ∴g(t)>g (116)=8-8ln 2,∴f(x 1)+f(x 2)>8-8ln 2.(2)设h(x)=f(x)-kx-a=√x -ln x-kx-a, 只需证明:当a ≤3-4ln 2时,对于任意的k>0, 函数h(x)在(0,+∞)上只有唯一的零点. 取m=e -|a|-k ,则h(m)=√e -|a|-k +|a|+k-ke -|a|-k -a ≥√e -|a|-k +k(1-e -|a|-k )>k(1-e -|a|-k )>0.又x>0时,√x -kx<12k-k ·(12k )2=14k,即h(x)<14k-a-ln x,取n=e 14k -a ,则h(n)<14k-a-ln n=0,而-|a|-k ≤-a-k<-a+14k,∴n>m>0.∵h(m)>0,h(n)<0,∴h(x)在(m,n)上至少有一个零点,即h(x)在(0,+∞)上至少有一个零点.∵h'(x)=2√x -1x -k ≤12×14-(14)2-k=116-k,∴当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上单调递减,即当k≥116时,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.当0<k<116时,h'(x)=0有两个不同的正根α,β(其中α<β).此时h(x)在(0,α)上为减函数,在(α,β)上为增函数,在(β,+∞)上为减函数.∵h'(x)=0,∴k=2√α-1α,则h(α)=√α-lnα-kα-a=12√α-lnα+1-a,h'(α)=14√α-1α=√α-44α,∴h(α)在(0,16)上为减函数,在(16,+∞)上为增函数,∴h(α)≥h(16)=3-ln16-a=3-4ln2-a≥0.又当α=16时,k=116,又0<k<116,∴α≠16.故h(α)>0,∴x∈(0,β]时,h(x)>0.即h(x)在(0,β]上没有零点,但h(x)在(β,+∞)上有一个零点.∴当0<k<116时,h(x)在(0,+∞)上也只有一个零点,∴对于任意的k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一的公共点.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一导数与函数的单调性1.(2019课标全国Ⅲ文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0<a<3时,记f(x)在区间[0,1]的最大值为M,最小值为m,求M-m的取值范围.解析 本题考查函数的导数及其应用的基础知识,考查导数与函数单调性之间的关系以及利用导数求函数最值的方法,考查学生的运算求解能力、推理论证能力以及分类讨论思想的应用.体现了数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养. (1)f '(x)=6x 2-2ax=2x(3x-a). 令f '(x)=0,得x=0或x=a 3.若a>0,则当x ∈(-∞,0)∪(a 3,+∞)时, f '(x)>0;当x ∈(0,a 3)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,0),(a 3,+∞)单调递增,在(0,a 3)单调递减; 若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增; 若a<0,则当x ∈(-∞,a 3)∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x ∈(a 3,0)时, f '(x)<0.故f(x)在(-∞,a 3),(0,+∞)单调递增,在(a 3,0)单调递减.(2)当0<a<3时,由(1)知, f(x)在(0,a 3)单调递减,在(a 3,1)单调递增,所以f(x)在[0,1]的最小值为f (a 3)=-a 327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-a 327+2,M={4−a,0<a <2,2,2≤a <3.所以M-m={2−a +a 327,0<a <2,a 327,2≤a <3.当0<a<2时,可知2-a+a 327单调递减,所以M-m 的取值范围是(827,2). 当2≤a<3时,a 327单调递增,所以M-m 的取值范围是[827,1). 综上,M-m 的取值范围是[827,2). 规律总结 含参函数单调性的讨论,关键在于确定参数的分界值,确定分界值的顺序:(1)f'(x)最高次项系数是否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有实数解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定义域内;(4)f'(x)=0的解x 1,x 2之间的大小比较.易错警示 解题时,易犯以下两个错误:①对参数a 未讨论或对a 分类讨论不全面,尤其易忽略a=0的情形而导致失分;②当a>0时, f(x)在(-∞,0),(a 3,+∞)单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-∞,0)∪(a 3,+∞)单调递增导致错误,从而失分.2.(2019课标全国Ⅰ文,20,12分)已知函数f(x)=2sin x-xcos x-x,f'(x)为f(x)的导数.(1)证明:f'(x)在区间(0,π)存在唯一零点;(2)若x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求a的取值范围.解析(1)证明:设g(x)=f'(x),则g(x)=cos x+xsin x-1,g'(x)=xcos x.当x∈(0,π2)时,g'(x)>0;当x∈(π2,π)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,π2)单调递增,在(π2,π)单调递减.又g(0)=0,g(π2)>0,g(π)=-2,故g(x)在(0,π)存在唯一零点.所以f'(x)在(0,π)存在唯一零点.(2)由题设知f(π)≥aπ,f(π)=0,可得a≤0.由(1)知,f'(x)在(0,π)只有一个零点,设为x0,且当x∈(0,x0)时,f'(x)>0;当x∈(x0,π)时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,x0)单调递增,在(x0,π)单调递减.又f(0)=0,f(π)=0,所以,当x∈[0,π]时,f(x)≥0.又当a≤0,x∈[0,π]时,ax≤0,故f(x)≥ax.因此,a的取值范围是(-∞,0].3.(2018课标全国Ⅰ理,21,12分)已知函数f(x)=1x-x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=-x2-ax+1x2.(i)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,+∞)单调递减.(ii)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,+∞)单调递减,在(a -√a 2-42,a+√a 2-42)单调递增. (2)证明:由(1)知,当且仅当a>2时, f(x)存在两个极值点. 由于f(x)的两个极值点x 1,x 2满足x 2-ax+1=0, 所以x 1x 2=1,不妨设x 1<x 2,则x 2>1, 由于f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2=-1x 1x 2-1+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a ln x 1-ln x 2x 1-x 2=-2+a -2ln x 21x 2-x2,所以f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2等价于1x 2-x 2+2ln x 2<0. 设函数g(x)=1x-x+2ln x, 由(1)知,g(x)在(0,+∞)单调递减, 又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0,所以1x 2-x 2+2ln x 2<0,即f(x 1)-f(x 2)x 1-x 2<a-2. 方法总结 利用导数证明不等式的常用方法(1)证明f(x)<g(x),x ∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x).若F'(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x ∈(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).(2)证明f(x)>g(x),x ∈(a,b)时,可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)>0,则F(x)在(a,b)上是增函数,同时若F(a)≥0,由增函数的定义可知,x ∈(a,b)时,有F(x)>0,即证明了f(x)>g(x).4.(2017课标全国Ⅰ文,21,12分)已知函数f(x)=e x (e x -a)-a 2x. (1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)≥0,求a 的取值范围.解析 本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值. (1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=2e 2x -ae x -a 2=(2e x +a)(e x -a). ①若a=0,则f(x)=e 2x ,在(-∞,+∞)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)单调递减,在(ln a,+∞)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))单调递减,在(ln (-a 2),+∞)单调递增.(2)①若a=0,则f(x)=e 2x ,所以f(x)≥0.②若a>0,则由(1)得,当x=ln a 时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a 2ln a,从而当且仅当-a 2ln a ≥0,即a ≤1时, f(x)≥0.③若a<0,则由(1)得,当x=ln (-a 2)时, f(x)取得最小值,最小值为f (ln (-a 2))=a 2[34-ln (-a 2)].从而当且仅当a 2[34-ln (-a 2)]≥0,即a ≥-2e 34时, f(x)≥0.综上,a 的取值范围是[-2e 34,1].5.(2017课标全国Ⅲ理,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)≥0,求a 的值;(2)设m 为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)…(1+12n)<m,求m 的最小值.解析(1)f(x)的定义域为(0,+∞).①若a ≤0,因为f (12)=-12+aln 2<0,所以不满足题意;②若a>0,由f '(x)=1-a x =x -ax知,当x ∈(0,a)时, f '(x)<0;当x ∈(a,+∞)时, f '(x)>0.所以f(x)在(0,a)单调递减,在(a,+∞)单调递增.故x=a 是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)≥0.故a=1.(2)由(1)知当x ∈(1,+∞)时,x-1-ln x>0.令x=1+12n ,得ln (1+12n )<12n . 从而ln (1+12)+ln (1+122)+…+ln (1+12n )<12+122+…+12n =1-12n <1. 故(1+12)(1+122)…(1+12n)<e. 而(1+12)(1+122)(1+123)>2,所以m 的最小值为3.思路分析 (1)对a 分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x>1时,x-1-ln x>0.令x=1+12n ,换元后可求出(1+12)(1+122)…(1+12n)的范围. 一题多解 (1)f '(x)=1-a x =x -ax(x>0).当a ≤0时, f '(x)>0,而f(1)=0,不合题意,∴a>0,∴f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.又f(x)≥0,∴f(a)≥0,即a-1-aln a ≥0①,记h(x)=x-1-xln x,则h'(x)=1-ln x-1=-ln x.∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,∴h(x)≤h(1)=0,即当且仅当x=1时,h(x)≥0,∴当且仅当a=1时,①式成立.∴a=1.6.(2017江苏,20,16分)已知函数f(x)=x 3+ax 2+bx+1(a>0,b ∈R)有极值,且导函数f '(x)的极值点是f(x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b 关于a 的函数关系式,并写出定义域; (2)证明:b 2>3a;(3)若f(x), f '(x)这两个函数的所有极值之和不小于-72,求a 的取值范围.解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的单调性、极值及零点问题,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.(1)由f(x)=x 3+ax 2+bx+1,得f '(x)=3x 2+2ax+b=3(x +a 3)2+b-a 23.当x=-a 3时, f '(x)有极小值b-a 23. 因为f '(x)的极值点是f(x)的零点, 所以f (-a 3)=-a 327+a 39-ab 3+1=0,又a>0,故b=2a 29+3a. 因为f(x)有极值,故f '(x)=0有实根,从而b-a 23=19a(27-a 3)≤0,即a ≥3.当a=3时, f '(x)>0(x ≠-1),故f(x)在R 上是增函数, f(x)没有极值;当a>3时, f '(x)=0有两个相异的实根x 1=-a -√a 2-3b 3,x 2=-a+√a 2-3b3. 列表如下:x (-∞,x 1) x 1 (x 1,x 2) x 2 (x 2,+∞) f '(x) + 0 - 0 + f(x)↗极大值↘极小值↗故f(x)的极值点是x 1,x 2. 从而a>3. 因此b=2a 29+3a,定义域为(3,+∞). (2)证明:由(1),√a=2a √a 9+a √a.设g(t)=2t 9+3t,则g'(t)=29-3t 2=2t 2-279t 2.当t ∈(3√62,+∞)时,g'(t)>0,从而g(t)在(3√62,+∞)上单调递增. 因为a>3,所以a √a >3√3, 故g(a √a )>g(3√3)=√3,即√a>√3.因此b 2>3a.(3)由(1)知, f(x)的极值点是x 1,x 2,且x 1+x 2=-23a,x 12+x 22=4a 2-6b9.从而f(x 1)+f(x 2)=x 13+a x 12+bx 1+1+x 23+a x 22+bx 2+1=x 13(3x 12+2ax 1+b)+x 23(3x 22+2ax 2+b)+13a(x 12+x 22)+23b(x 1+x 2)+2=4a 3-6ab 27-4ab9+2=0. 记f(x), f '(x)所有极值之和为h(a), 因为f '(x)的极值为b-a 23=-19a 2+3a,所以h(a)=-19a 2+3a,a>3.因为h'(a)=-29a-3a2<0,于是h(a)在(3,+∞)上单调递减. 因为h(6)=-72,于是h(a)≥h(6),故a ≤6. 因此a 的取值范围为(3,6].易错警示 (1)函数f(x)的极值点x 0满足f '(x 0)=0,函数f(x)的零点x 0满足f(x 0)=0,而f '(x)的极值点x 0应满足f ″(x 0)=0.(2)求函数的关系式必须确定函数的定义域.7.(2016山东,20,13分)已知f(x)=a(x-ln x)+2x -1x 2,a ∈R. (1)讨论f(x)的单调性;(2)当a=1时,证明f(x)>f '(x)+32对于任意的x ∈[1,2]成立. 解析 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=a-a x -2x 2+2x 3=(ax 2-2)(x -1)x 3.当a ≤0时,x ∈(0,1)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,x ∈(1,+∞)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.当a>0时, f '(x)=a(x -1)x 3(x -√2a)(x +√2a).①0<a<2时,√2a>1,当x ∈(0,1)或x ∈(√2a ,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x ∈(1,√2a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减.②a=2时,√2a=1,在x ∈(0,+∞)内, f '(x)≥0, f(x)单调递增.③a>2时,0<√2a<1,当x ∈(0,√2a )或x ∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增,当x ∈(√2a,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减. 综上所述,当a ≤0时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a<2时, f(x)在(0,1)内单调递增,在(1,√2a )内单调递减,在(√2a,+∞)内单调递增; 当a=2时, f(x)在(0,+∞)内单调递增;当a>2时, f(x)在(0,√2a)内单调递增,在(√2a,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增.(2)证明:由(1)知,a=1时,f(x)-f '(x)=x-ln x+2x -1x 2-(1−1x -2x2+2x 3) =x-ln x+3x +1x 2-2x3-1,x ∈[1,2].设g(x)=x-ln x,h(x)=3x +1x 2-2x3-1,x ∈[1,2]. 则f(x)-f '(x)=g(x)+h(x). 由g'(x)=x -1x≥0,可得g(x)≥g(1)=1.当且仅当x=1时取得等号,又h'(x)=-3x 2-2x+6x 4. 设φ(x)=-3x 2-2x+6,则φ(x)在x ∈[1,2]内单调递减. 因为φ(1)=1,φ(2)=-10,所以∃x 0∈(1,2),使得x ∈(1,x 0)时,φ(x)>0,x ∈(x 0,2)时,φ(x)<0. 所以h(x)在(1,x 0)内单调递增,在(x 0,2)内单调递减. 由h(1)=1,h(2)=12,可得h(x)≥h(2)=12,当且仅当x=2时取等号. 所以f(x)-f '(x)>g(1)+h(2)=32,即f(x)>f '(x)+32对于任意的x ∈[1,2]成立.易错警示 讨论f '(x)的符号时,未能正确分解因式,或对参数a 未讨论或对a 分类讨论不全面(尤其易忽略a=0的情况). 评析本题考查了利用导数研究函数的单调性,导数在求最大值、最小值问题中的应用.正确构造函数是求解的关键.8.(2016四川,21,14分)设函数f(x)=ax 2-a-ln x,其中a ∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a 的所有可能取值,使得f(x)>1x-e 1-x 在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).解析 (1)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=√2a.此时,当x ∈√2a)时, f '(x)<0, f(x)单调递减; 当x ∈(√2a∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.(2)令g(x)=1x -1e x -1,s(x)=e x-1-x. 则s'(x)=e x-1-1. 而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增. 又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0. 当a ≤0,x>1时, f(x)=a(x 2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0. 当0<a<12时,√2a>1.由(1)有f (12a)<f(1)=0,而g (12a)>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立. 当a ≥12时,令h(x)=f(x)-g(x)(x ≥1).当x>1时,h'(x)=2ax-1x +1x 2-e 1-x >x-1x +1x 2-1x=x 3-2x+1x 2>x 2-2x+1x2>0. 因此,h(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0, 即f(x)>g(x)恒成立. 综上,a ∈[12,+∞).思路分析 对(1),先求导,然后分a ≤0和a>0两种情况判断f '(x)的符号,从而确定f(x)的单调性;对(2),令g(x)=1x -1e x -1,s(x)=e x-1-x,则s(x)与g(x)在(1,+∞)上正负一致,易证x>1时s(x)>0,从而g(x)>0,再对a 进行分类:①a ≤0;②0<a<12;③a ≥12,判断f(x)>g(x)是否恒成立,最后总结.评析本题主要考查导数的应用,利用导数判断函数的单调性,并由此确定函数的最值,也考查了分类讨论思想和转化与化归思想,将疑难问题进行转化,化繁为简.考点二 导数与函数的极值、最值1.(2017课标全国Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x 2+ax-1)e x-1的极值点,则f(x)的极小值为( ) A.-1 B.-2e -3 C.5e -3 D.1 答案 A2.(2015课标Ⅰ,12,5分)设函数f(x)=e x (2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数x 0使得f(x 0)<0,则a 的取值范围是( )A.[-32e,1) B.[-32e ,34) C.[32e ,34) D.[32e,1)答案 D3.(2016北京,14,5分)设函数f(x)={x 3-3x,x ≤a,-2x,x >a.①若a=0,则f(x)的最大值为 ;②若f(x)无最大值,则实数a 的取值范围是 .答案 ①2 ②(-∞,-1)①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2;④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 答案 ①③④⑤5.(2019天津文,20,14分)设函数f(x)=ln x-a(x-1)e x ,其中a ∈R.(1)若a ≤0,讨论f(x)的单调性;(2)若0<a<1e:(i)证明f(x)恰有两个零点;(ii)设x 0为f(x)的极值点,x 1为f(x)的零点,且x 1>x 0,证明3x 0-x 1>2.解析 本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力,体现了逻辑推理和数学运算素养.(1)由已知, f(x)的定义域为(0,+∞),且f '(x)=1x-[ae x +a(x-1)e x ]=1−ax 2e xx. 因此当a ≤0时,1-ax 2e x >0,从而f '(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递增.(2)证明:(i)由(1)知, f '(x)=1−ax 2e xx. 令g(x)=1-ax 2e x ,由0<a<1e ,可知g(x)在(0,+∞)内单调递减,又g(1)=1-ae>0,且g (ln 1a)=1-a (ln 1a )21a =1-(ln 1a)2<0, 故g(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,从而f '(x)=0在(0,+∞)内有唯一解,不妨设为x 0,则1<x 0<ln 1a .当x ∈(0,x 0)时, f '(x)=g(x)x >g(x 0)x=0,所以f(x)在(0,x 0)内单调递增;当x ∈(x 0,+∞)时, f '(x)=g(x)x <g(x 0)x=0,所以f(x)在(x 0,+∞)内单调递减,因此x 0是f(x)的唯一极值点.令h(x)=ln x-x+1,则当x>1时,h'(x)=1x-1<0,故h(x)在(1,+∞)内单调递减,从而当x>1时,h(x)<h(1)=0,所以ln x<x-1.从而f (ln 1a )=ln (ln 1a )-a (ln 1a-1)e ln 1a =ln (ln 1a )-ln 1a +1=h (ln 1a)<0, 又因为f(x 0)>f(1)=0,所以f(x)在(x 0,+∞)内有唯一零点.又f(x)在(0,x 0)内有唯一零点1, 从而, f(x)在(0,+∞)内恰有两个零点. (ii)由题意,{f '(x 0)=0,f(x 1)=0,即{ax 02e x 0=1,ln x 1=a(x 1-1)e x 1, 从而ln x 1=x 1-1x 02e x 1-x 0, 即e x 1-x 0=x 02ln x 1x 1-1. 因为当x>1时,ln x<x-1, 又x 1>x 0>1, 故e x 1-x 0<x 02(x 1-1)x 1-1=x 02,两边取对数, 得ln e x 1-x 0<ln x 02,于是x 1-x 0<2ln x 0<2(x 0-1), 整理得3x 0-x 1>2.思路分析 (1)求出导函数,结合a ≤0判定f '(x)>0,从而得f(x)在(0,+∞)上递增;(2)(i)利用导数的零点判断f(x)的单调区间,结合零点存在性定理判断f(x)的零点个数;(ii)由极值点x 0及零点x 1建立方程组{ax 02·e x 0=1,ln x 1=a(x 1-1)·e x 1,从而得到ex 1-x 0=x 02·ln x 1x 1-1,又由x>1时,ln x<x-1,得到e x 1-x 0<x 02(x 1-1)x 1-1=x 02,两边取对数即可得结论.6.(2019课标全国Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x-1.证明: (1)f(x)存在唯一的极值点;(2)f(x)=0有且仅有两个实根,且两个实根互为倒数.证明 本题主要考查利用导数研究函数的极值点及方程根的问题,考查推理论证能力、运算求解能力,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查的核心素养是逻辑推理及数学运算. (1)f(x)的定义域为(0,+∞).f '(x)=x -1x +ln x-1=ln x-1x. 因为y=ln x 单调递增,y=1x 单调递减,所以f '(x)单调递增.又f '(1)=-1<0, f '(2)=ln 2-12=ln4−12>0,故存在唯一x 0∈(1,2),使得f '(x 0)=0.又当x<x 0时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>x 0时, f '(x)>0, f(x)单调递增.。
新编文档-§3.2 导数的应用(1)-精品文档
a 2
内单调递增,在区间 a2
,
a 6
内单调递减,在区间
a6 , 1 上单调递增.
又因为h a2
-h(-1)=1-a+ 1 a2= 1 (a-2)2>0,
44
所以h(x)在区间(-∞,-1]上的最大值为h a2
所以∀x∈(0,+∞), f(x)≤ 1等价于f(-k)= 4k2≤ 1.
e
ee
解得- 1 ≤k<0.
2
故当∀x∈(0,+∞),
f(x)≤ 1e时,k的取值范围是
1 2
,
0
.
(-k,+∞) ↘
失分警示 (1)因求导出错,没有对k的值进行分类讨论等原因而失分.
(2)因不能把“对于任意的x∈(0,+∞),都有f(x)≤ 1e ”转化为“f(x)max≤ 1e ”,或没有想到k>0时,
=1.
评析 本题主要考查利用导数求函数的单调区间及最值问题,进一步考查学生的计算能力及
分类讨论思想.
考点二 导数与函数的极(最)值
1.(2018北京,18,13分)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线与x轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
4
当- a <-1,且- a ≥-1,即2<a≤6时,
2
6
函数h(x)在区间 ,
a 2
内单调递增,在区间 a2
,
1
上单调递减,h(x)在区间(-∞,-1]上的最大
3.2 导数的应用(一)
3.2 导数的应用（一）一、选择题1．与直线2x －y ＋4＝0平行的抛物线y ＝x 2的切线方程是( )． A ．2x －y ＋3＝0 B ．2x －y －3＝0 C ．2x －y ＋1＝0D ．2x －y －1＝0解析 设切点坐标为(x 0，x 20)，则切线斜率为2x 0， 由2x 0＝2得x 0＝1，故切线方程为y －1＝2(x －1)， 即2x －y －1＝0. 答案 D2．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )． 学科A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1)D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12解析 由y ＝4x 2＋1x 得y ′＝8x －1x 2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上递增．答案 B3．已知f (x )的定义域为R ，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所 示，则( ) A ．f (x )在x ＝1处取得极小值 B ．f (x )在x ＝1处取得极大值 C ．f (x )是R 上的增函数D ．f (x )是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数解析：由图象易知f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上是增函数． 答案：C4．已知直线y ＝kx 是y ＝ln x 的切线，则k 的值为( )．A ．eB ．－e C.1e D ．－1eZxxk解析 设(x 0，ln x 0)是曲线y ＝ln x 与直线y ＝kx 的切点， 由y ′＝1x 知y ′|x ＝x 0＝1x 0由已知条件：ln x 0x 0＝1x 0，解得x 0＝e ，k ＝1e .答案 C5．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1a处有极值，则ab 的值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－3解析 f ′(x )＝3ax 2＋b ，由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋b ＝0，可得ab ＝－3.故选D.答案 D6．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( )． A ．f (0)＋f (2)<2f (1) B ．f (0)＋f (2)≤2f (1) C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)解析 不等式(x －1)f ′(x )≥0等价于⎩⎨⎧x －1≥0，fx 或⎩⎨⎧x －1≤0，fx可知f (x )在(－∞，1)上递减，(1，＋∞)上递增，或者f (x )为常数函数，因此f (0)＋f (2)≥2f (1)． 答案 C7．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 设g (x )＝f (x )－2x －4，由已知g ′(x )＝f ′(x )－2＞0， 则g (x )在(－∞，＋∞)上递增，又g (－1)＝f (－1)－2＝0， 由g (x )＝f (x )－2x －4＞0，知x ＞－1. 答案 B 二、填空题8．设函数f (x )＝x (e x＋1)＋12x 2，则函数f (x )的单调增区间为________．解析：因为f (x )＝x (e x＋1)＋12x 2，所以f ′(x )＝e x ＋1＋x e x ＋x ＝(e x ＋1)·(x ＋1)． 令f ′(x )>0，即(e x ＋1)(x ＋1)>0，解得x >－1. 所以函数f (x )的单调增区间为(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞)9．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值． 答案 210．若曲线f (x )＝ax 5＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f ′(x )＝5ax 4＋1x，x ∈(0，＋∞)，∴由题意知5ax 4＋1x＝0在(0，＋∞)上有解．即a ＝－15x5在(0，＋∞)上有解．∵x ∈(0，＋∞)，∴－15x 5∈(－∞，0)．∴a ∈(－∞，0)． Zxxk答案 (－∞，0)11．函数f (x )＝x ax －x 2(a >0)的单调递减区间是________．解析 由ax －x 2≥0(a >0)解得0≤x ≤a ，即函数f (x )的定义域为[0，a ]，f ′(x )＝3ax －4x 22ax －x 2＝－2x ⎝⎛⎭⎪⎫x －3a 4ax －x 2，由f ′(x )<0解得x ≥3a 4，因此f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，a . 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，a12．已知函数f (x )＝x 2(x －a )． 学科 若f (x )在(2,3)上单调则实数a 的范围是________；若f (x )在(2,3)上不单调，则实数a 的范围是________． 解析 由f (x )＝x 3－ax 2得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2a 3.若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a3≠0，2<2a 3<3，解得：3<a <92.答案 (－∞，3 ]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞，⎝ ⎛⎭⎪⎫3，92 三、解答题 学科 13. 已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．解析 (1)因为函数f (x )＝ax 2＋b ln x ，所以f ′(x )＝2ax ＋bx.又函数f (x )在x ＝1处有极值12，所以⎩⎨⎧f ＝0，f＝12.即⎩⎨⎧2a ＋b ＝0，a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x＝x ＋x －x.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数y ＝f14．已知f (x )＝e x －ax －1. (1)求f (x )的单调增区间；(2)若f (x )在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围． 解析：(1)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a .令f ′(x )>0，得e x >a ，当a ≤0时，有f ′(x )>0在R 上恒成立； 当a >0时，有x ≥ln a .综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)； 当a >0时，f (x )的单调增区间为[ln a ，＋∞)． (2)由(1)知f ′(x )＝e x －a .∵f (x )在R 上单调递增，∴f ′(x )＝e x －a ≥0恒成立， 学#科#网Z#X#X#K]即a ≤e x，x ∈R 恒成立．∵x ∈R 时，e x ∈(0，＋∞)，∴a ≤0. 即a 的取值范围为(－∞，0]． 15．已知函数f (x )＝x 3－ax －1(1)若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)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；若不存在试说明理由． 解析 (1)f ′(x )＝3x 2－a由Δ≤0，即12a ≤0，解得a ≤0，因此当f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增时，a 的取值范围是(－∞，0]． (2)若f (x )在(－1,1)上单调递减，则对于任意x ∈(－1,1)不等式f ′(x )＝3x 2－a ≤0恒成立 即a ≥3x 2，又x ∈(－1,1)，则3x 2<3因此a ≥3函数f (x )在(－1,1)上单调递减，实数a 的取值范围是[3，＋∞)． Z+xx+k 16．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解析 (1)根据题意知，f ′(x )＝a －xx(x ＞0)，当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3. Z,xx,k ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g t ＜0，g＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎨⎧g ＜0，g ＜0，g＞0，∴－373＜m ＜－9. 【点评】 利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：,第一步：确定函数的定义域； 第二步：求函数f x 的导数f x ；第三步：求方程f x ＝0的根；第四步：利用fx ＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺序将定义域分成若干个小开区间，并列出表格； Z+xx+k 第五步：由f x 在小开区间内的正、负值判断f x 在小开区间内的单调性；第六步：明确规范表述结论.。
高中数学【配套Word版文档】三.3.2导数的应用(一)
§3.2导数的使用(一)2014高考会这样考 1.利用导数的有关知识，研究函数的单调性、极值、最值；2.讨论含参数的函数的单调性、极值问题．复习备考要这样做 1.从导数的定义和“以直代曲”的思想理解导数的意义，体会导数的工具性作用；2.理解导数和单调性的关系，掌握利用导数求单调性、极值、最值的方法步骤．1．函数的单调性(1)如果在某个区间(a，b)内，f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间是单调递增的；(2)如果在某个区间(a，b)内，f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间是单调递减的．2．函数的极值(1)函数极值的定义①已知函数y＝f(x)，设x0是定义域内任一点，如果对x0附近的所有点x，都有f(x)<f(x0)，则称函数f(x)在点x0处取极大值，记作y极大值＝f(x0)，并把x0称为函数f(x)的一个极大值点．②如果在x0附近都有f(x)>f(x0)，则称函数f(x)在点x0处取极小值，记作y极小值＝f(x0)，并把x0称为函数f(x)的一个极小值点．③极大值和极小值统称极值，极大值点和极小值点统称为极值点．(2)求函数极值的方法第1步：求导数f′(x)；第2步：求方程f′(x)＝0的所有实数根；第3步：当f′(x0)＝0时，如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．3．函数的最值求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值和f(a)、f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[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．f ′(x )>0在(a ，b )上成立是f (x )在(a ，b )上单调递增的充分条件．3．对于可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0处有极值的必要不充分条件．1． 若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.答案 3分析 f ′(x )＝2x 2＋2x －x 2－a (x ＋1)2＝x 2＋2x －a(x ＋1)2.因为f (x )在x ＝1处取极值，所以1是f ′(x )＝0的根，将x ＝1代入得a ＝3.2． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 [－3，＋∞)分析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数，则f ′(x )＝3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≥－3x 2在(1，＋∞)上恒成立．∴a ≥－3.3. 如图是y ＝f (x )的导函数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案 ②③分析 ①∵f ′(x )在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f (x )在[－2，－1]上是减函数；②∵f ′(－1)＝0且在x ＝0两侧的导数值为左负右正， ∴x ＝－1是f (x )的极小值点； ③对， ④不对，由于f ′(3)≠0.4． 设函数g (x )＝x (x 2－1)，则g (x )在区间[0,1]上的最小值为________．答案 －239分析 g (x )＝x 3－x ，由g ′(x )＝3x 2－1＝0，解得x1＝33，x2＝－33(舍去)．当x变化时，g′(x)和g(x)的变化情况如下表：5．(2011·辽宁改编)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_______________________________．答案(－1，＋∞)分析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞).题型一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝4x3＋3tx2－6t2x＋t－1，x∈R，其中t∈R.(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间．思维启迪：函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解(1)当t＝1时，f(x)＝4x3＋3x2－6x，f(0)＝0，f'′(x)＝12x2＋6x－6，f′(0)＝－6.所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.(2)f′(x)＝12x2＋6tx－6t2.令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝t2. 因为t≠0，所以分两种情况讨论：①若t<0，则t2<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，t2，(－t ，＋∞)； f (x )的单调减区间是⎝⎛⎭⎫t2，－t . ②若t >0，则－t <t2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：⎝⎛⎭t 2，＋f (x )的单调减区间是⎝⎛⎭⎫－t ，t2. 探究提高 (1)利用导数求函数f (x )的单调区间的一般步骤： ①确定函数f (x )的定义域； ②求导数f ′(x )；③在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0； ④根据③的结果确定函数f (x )的单调区间． (2)要注意对含参数的函数的单调性进行讨论； (3)对已知函数的单调性的问题一定要掌握导数的条件．已知函数f (x )＝x 3－ax 2－3x .(1)若f (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)若x ＝3是f (x )的极值点，求f (x )的单调区间． 解 (1)对f (x )求导，得f ′(x )＝3x 2－2ax －3. 由f ′(x )≥0，得a ≤32⎝⎛⎭⎫x －1x . 记t (x )＝32⎝⎛⎭⎫x －1x ，当x ≥1时，t (x )是增函数， ∴t (x )min ＝32(1－1)＝0.∴a ≤0.(2)由题意，得f ′(3)＝0，即27－6a －3＝0，∴a ＝4.∴f (x )＝x 3－4x 2－3x ，f ′(x )＝3x 2－8x －3. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－13，x 2＝3.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：∴当x ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－13，[3，＋∞)时，f (x )单调递增，当x ∈⎣⎡⎦⎤－13，3时，f (x )单调递减． 题型二 利用导数研究函数的极值 例2 已知函数f (x )＝x 3－3ax 2＋3x ＋1.(1)设a ＝2，求f (x )的单调区间；(2)设f (x )在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a 的取值范围． 思维启迪：(1)单调区间即为f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间． (2)f ′(x )的零点在(2,3)内至少有一个． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 3－6x 2＋3x ＋1， f ′(x )＝3x 2－12x ＋3＝3(x －2＋3)(x －2－3)．当x ∈(－∞，2－3)时，f ′(x )>0，f (x )在(－∞，2－3)上单调递增； 当x ∈(2－3，2＋3)时，f ′(x )<0，f (x )在(2－3，2＋3)上单调递减； 当x ∈(2＋3，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(2＋3，＋∞)上单调递增． 综上，f (x )的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)， f (x )的单调减区间是(2－3，2＋3)． (2)f ′(x )＝3x 2－6ax ＋3＝3[(x －a )2＋1－a 2]．当1－a 2≥0时，f ′(x )≥0，f (x )为增函数，故f (x )无极值点； 当1－a 2<0时，f ′(x )＝0有两个根x 1＝a －a 2－1，x 2＝a ＋a 2－1.由题意，知2<a －a 2－1<3，①或2<a ＋a 2－1<3，②①无解，②的解为54<a <53，因此a 的取值范围为(54，53)．探究提高 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点．所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点．(2)本题的易错点为忽略对1－a 2进行讨论，致使解答不全面．(2011·安徽)设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax(1＋ax 2)2.① (1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.结合①，可知所以x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①和条件a >0，知1＋ax 2－2ax ≥0在R 上恒成立，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1. 所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}． 题型三 利用导数求函数的最值例3 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋5，记f (x )的导数为f ′(x )．(1)若曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为3，且x ＝23时y ＝f (x )有极值，求函数f (x )的分析式；(2)在(1)的条件下，求函数f (x )在[－4,1]上的最大值和最小值．思维启迪：(1)构建方程f ′(1)＝3，f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，求得a ，b ，进而确定函数f (x )的分析式．(2)先求出f ′(x )＝0的点即极值点，然后比较端点值和极值的大小． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 依题意f ′(1)＝3，f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝3，3·⎝⎛⎭⎫232＋43a ＋b ＝0，解之得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－4. 所以f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5.(2)由(1)知，f ′(x )＝3x 2＋4x －4＝(x ＋2)(3x －2)． 令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝23.又∵f (－4)＝－11，f (－2)＝13，f ⎝⎛⎭⎫23＝9527，f (1)＝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和极值的区别．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f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．(2012·重庆)已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在点x ＝2处取得极值c －16.(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． 解 (1)因为f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b . 由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16，故有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝c －16，即⎩⎪⎨⎪⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ， f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)． 令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝2. 当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，故f (x )在(－∞，－2)上为增函数； 当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0， 故f (x )在(－2,2)上为减函数； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(2，＋∞)上为增函数．由此可知f (x )在x ＝－2处取得极大值f (－2)＝16＋c ， f (x )在x ＝2处取得极小值f (2)＝c －16. 由题设条件知16＋c ＝28，解得c ＝12. 此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3， f (2)＝－16＋c ＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.利用导数求函数最值问题典例：(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)知函数分析式求单调区间，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)由于分析式中含有参数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－ax x >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 ， 单调减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[5分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .[9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⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数． 又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当12<a <ln 2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln 2－2a .[12分] 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 .[14分]用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以 下几步答题：第一步：求函数f (x )的导数f ′(x )；第二步：求f (x )在给定区间上的单调性和极值； 第三步：求f (x )在给定区间上的端点值；第四步：将f (x )的各极值和f (x )的端点值进行比较， 确定f (x )的最大值和最小值；第五步：反思回顾：查看关键点，易错点和解题规范．温馨提醒 (1)本题考查求函数的单调区间，求函数在给定区间[1,2]上的最值，属常规题型．(2)本题的难点是分类讨论．考生在分类时易出现不全面，不准确的情况． (3)思维不流畅，答题不规范，是解答中的突出问题.方法和技巧1．注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值(范围)时，隐含恒成立思想．2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．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是最大值还是最小值即可，不必再和端点的函数值比较．0失误和防范1．求函数单调区间和函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．2．求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：62分)一、填空题(每小题5分，共35分)1．已知函数f(x)＝ax3＋(2a－1)x2＋2，若x＝－1是y＝f(x)的一个极值点，则a的值为________．答案 2分析f′(x)＝3ax2＋2(2a－1)x，则f′(－1)＝0，即3a(－1)2＋2(2a－1)·(－1)＝0⇒a＝2.2．设a∈R，若函数y＝e x＋ax，x∈R有大于零的极值点，则a的范围是__________．答案(－∞，－1)分析∵y＝e x＋ax，∴y′＝e x＋a.∵函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1.3． 函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是__________．答案 2分析 ∵f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2. ∴f (x )在[－1,0)上是增函数，f (x )在(0,1]上是减函数． ∴f (x )max ＝f (x )极大值＝f (0)＝2.4． 函数f (x )＝(x －3)e x 的单调增区间是__________．答案 (2，＋∞)分析 由题意知，f ′(x )＝(x －3)′e x ＋(x －3)(e x )′＝(x －2)e x ，令f ′(x )>0，解得x >2. 5． 已知f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________． 答案 －37分析 ∵f ′(x )＝6x 2－12x ＝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 (x )＝m 最大．∴m ＝3，从而f (－2)＝－37，f (2)＝－5.∴最小值为－37. 6． 已知函数f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数，函数g (x )＝－x 3＋2x 2＋mx ＋5在(－∞，＋∞)内单调递减，则实数m ＝________. 答案 －2分析 若f (x )＝(m －2)x 2＋(m 2－4)x ＋m 是偶函数， 则m 2－4＝0，m ＝±2.若g ′(x )＝－3x 2＋4x ＋m ≤0恒成立，则Δ＝16＋4×3m ≤0，解得m ≤－43，故m ＝－2.7． 函数f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]有极大值又有极小值，则a 的取值范围是________．答案 a >2或a <－1分析 ∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]， ∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0. ∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根． 即Δ＝4a 2－4a －8>0，∴a >2或a <－1. 二、解答题(共27分)8． (13分)已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b x .又f (x )在x ＝1处有极值12.得⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝12，f ′(1)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，2a ＋b ＝0. 解之得a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x ＝(x ＋1)(x －1)x .由f ′(x )<0，得0<x <1； 由f ′(x )>0，得x >1.所以函数y ＝f (x )的单调减区间是(0,1)， 单调增区间是(1，＋∞)．9． (14分)已知函数f (x )＝ax 3－6ax 2＋b ，是否存在实数a 、b ，使f (x )在[－1,2]上取得最大值3、最小值－29？若存在，求出a 、b 的值，若不存在，请说明理由． 解 显然a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－12ax ＝3a (x 2－4x )． 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝4(舍去)．①当a >0时，f ′(x )、f (x )随x 的变化情况如下表：∴当x ＝0时，f (x )取得最大值，f (0)＝3，∴b ＝3.又f (－1)＝－7a ＋3>f (2)＝－16a ＋3， ∴最小值f (2)＝－16a ＋3＝－29，a ＝2.②当a <0时，f ′(x )、f (x )随x 的变化情况如下表：∴当x ＝0时，f (x )取得最小值，∴b ＝－29. 又f (－1)＝－7a －29<f (2)＝－16a －29， ∴最大值f (2)＝－16a －29＝3，a ＝－2.综上，⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－29.B 组 专项能力提升 (时间：35分钟，满分：58分)一、填空题(每小题5分，共30分)1． (2012·重庆改编)设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数f (x )在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x )的图象可能是________．(填序号)答案 ③分析 ∵f (x )在x ＝－2处取得极小值， ∴当x <－2时，f (x )单调递减，即f ′(x )<0； 当x >－2时，f (x )单调递增，即f ′(x )>0.∴当x<－2时，y＝xf′(x)>0；当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0；当－2<x<0时，y＝xf′(x)<0；当x＝0时，y＝xf′(x)＝0；当x>0时，y＝xf′(x)>0.结合图象知③适合．2．函数y＝x e－x，x∈[0,4]的最小值为________．答案0分析y′＝－e－x(x－1)，y′和y随x变化情况如下表：当x＝0时，函数y＝x e－取到最小值0.3．f(x)是定义在R上的偶函数，当x<0时，f(x)＋x·f′(x)<0，且f(－4)＝0，则不等式xf(x)>0的解集为______________．答案(－∞，－4)∪(0,4)分析令g(x)＝x·f(x)，则g(x)为奇函数且当x<0时，g′(x)＝f(x)＋x·f′(x)<0，∴g(x)的图象的变化趋势如图所示：所以xf(x)>0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)．4．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c (x∈[－2,2])对应的曲线C过坐标原点，且在x＝±1处切线的斜率均为－1，则f(x)的最大值和最小值之和等于________．答案0分析由曲线f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c (x∈[－2,2])过坐标原点可知c＝0.∵f′(x)＝3x2＋2ax＋b，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(－1)＝3×(－1)2＋2a ×(－1)＋b ＝－1，f ′(1)＝3×12＋2a ×1＋b ＝－1，解得a ＝0，b ＝－4，∴f (x )＝x 3－4x ，f (x )在x ∈[－2,2]上有最大值，最小值，且函数f (x )＝x 3－4x 为奇函数，∴函数f (x )＝x 3－4x 的最大值和最小值之和为0.5． 设函数f (x )＝p ⎝⎛⎭⎫x －1x －2ln x (p 是实数)，若函数f (x )在其定义域内单调递增，则实数p 的取值范围为______． 答案 [1，＋∞)分析 易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，因为f ′(x )＝px 2－2x ＋px 2，要使f (x )为单调增函数，须f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，即px 2－2x ＋p ≥0在(0，＋∞)上恒成立，即p ≥2x x 2＋1＝2x ＋1x 在(0，＋∞)上恒成立，又2x ＋1x ≤1，所以当p ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上为单调增函数．6． 已知函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是________．答案 (0,1)分析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 显然a >0，f ′(x )＝3(x ＋a )(x －a )， 由已知条件0<a <1，解得0<a <1. 二、解答题(共28分)7． (14分)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 )和f ′(x )的变化情况如下：所以，f (x )的单调减区间是(－∞，k －1)； 单调增区间是(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)＝－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. 8． (14分)已知函数f (x )＝ax 3－32(a ＋2)x 2＋6x －3.(1)当a >2时，求函数f (x )的极小值；(2)试讨论函数y ＝f (x )的图象和x 轴公共点的个数． 解 (1)因为f ′(x )＝3ax 2－3(a ＋2)x ＋6＝3a ⎝⎛⎭⎫x －2a (x －1)， 所以易求出函数f (x )的极小值为f (1)＝－a2.(2)①若a ＝0，则f (x )＝－3(x －1)2， 所以f (x )的图象和x 轴只有1个交点； ②若a <0，则f (x )的极大值为f (1)＝－a2>0，f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫2a <0，所以f (x )的图象和x 轴有3个交点；③若0<a <2，则f (x )的极大值为f (1)＝－a2<0，f (x )的极小值为f ⎝⎛⎭⎫2a <0，所以f (x )的图象和x 轴只有1个交点； ④若a ＝2，则f ′(x )＝6(x －1)2≥0， 所以f (x )的图象和x 轴只有1个交点；⑤若a >2，由(1)知f (x )的极大值为 f ⎝⎛⎭⎫2a ＝－4⎝⎛⎭⎫1a －342－34<0， f (x )的极小值为f (1)＝－a2<0，所以f (x )的图象和x 轴只有1个交点．综上，知若a ≥0，f (x )的图象和x 轴只有1个交点； 若a <0，f (x )的图象和x 轴有3个交点．。
3.2 导数的应用(讲解部分)
得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒,则这个纸盒的最大容
积是
cm3.
解析 设剪下的四个小正方形的边长为x cm,则糊成的长方体纸盒长为(16 -2x)cm,宽为(10-2x)cm,高为x cm,其体积为V(x)=(16-2x)(10-2x)x=4x3-52x2+1
60x(0<x<5),所以V'(x)=12(x-2)
若a≤0,则x>0时, f '(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.又f(0)=1,∴f(x)在(0,+
∞)上没有零点,∴a>0.
当0<x< a 时, f '(x)<0, f(x)为减函数;当x> a 时, f '(x)>0, f(x)为增函数,
3
3
∴x>0时,
f(x)有极小值,为f
a 3
x
(0,2)
(2,3)
(3,+∞)
f '(x)
+
-
+
f(x)
↗
↘
↗
所以f(x)在(0,+∞)上的单调递增区间是(0,2),(3,+∞),单调递减区间是 (2,3).
考向二 由函数的单调性求参数的取值范围 例2 (2019北京海淀一模文,20改编)已知函数f(x)=ex- 1 x2-ax(a∈R)是R上的
2
增函数,求a的取值范围. 解析 由题意得f '(x)=ex-x-a, 因为f(x)是R上的增函数, 所以f '(x)≥0恒成立,即f '(x)的最小值f '(x)min≥0. 令g(x)=f '(x)=ex-x-a(x∈R),则g'(x)=ex-1. 在(-∞,0)上,g'(x)<0, f '(x)单调递减; 在(0,+∞)上,g'(x)>0, f '(x)单调递增. 所以f '(x)min=f '(0)=1-a. 所以1-a≥0,即a≤1. 所以a的取值范围是(-∞,1].
高考数学真题分类汇编 3.2 导数的应用 文
3.2导数的应用考点一导数与函数的单调性1.(2014课标Ⅱ,11,5分)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增,则k的取值范围是( )A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案 D2.(2014重庆,19,12分)已知函数f(x)=+-ln x-,其中a∈R,且曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x.(1)求a的值;(2)求函数f(x)的单调区间与极值.解析(1)对f(x)求导得f '(x)=--,由f(x)在点(1, f(1))处的切线垂直于直线y=x知f '(1)=--a=-2,解得a=.(2)由(1)知f(x)=+-ln x-,则f '(x)=,令f '(x)=0,解得x=-1或x=5.因x=-1不在f(x)的定义域(0,+∞)内,故舍去.当x∈(0,5)时, f '(x)<0,故f(x)在(0,5)内为减函数;当x∈(5,+∞)时, f '(x)>0,故f(x)在(5,+∞)内为增函数.由此知函数f(x)在x=5时取得极小值f(5)=-ln 5.3.(2014安徽,20,13分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(1)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(2)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1+a-2x-3x2.令f '(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f '(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时, f '(x)<0;当x1<x<x2时, f '(x)>0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(2)因为a>0,所以x1<0,x2>0.(i)当a≥4时,x2≥1,由(1)知, f(x)在[0,1]上单调递增,所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.(ii)当0<a<4时,x2<1.由(1)知, f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减,因此f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1, f(1)=a,所以当0<a<1时, f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时, f(x)在x=0和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时, f(x)在x=0处取得最小值.4.(2014湖北,21,14分)π为圆周率,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=的单调区间;(2)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=,所以f '(x)=.当f '(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(2)因为e<3<π,所以eln 3<eln π,πln e<πln 3,即ln 3e<ln πe,ln eπ<ln 3π.于是根据函数y=ln x,y=e x,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<π及(1)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),即<<.由<,得ln π3<ln 3π,所以3π>π3;由<,得ln 3e<ln e3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.5.(2014广东,21,14分)已知函数f(x)=x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈∪,使得f(x0)=f.解析(1)函数的定义域为R, f '(x)=x2+2x+a.①当a<1时,令f '(x)>0,则x2+2x+a>0⇒x>-1+或x<-1-,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞);令f '(x)<0,可得-1-<x<-1+,所以f(x)的单调递减区间为(-1-,-1+).②当a≥1时,f '(x)≥0在R上恒成立,所以f(x)在R上是增函数.(2)a<0时,-1+>0.由(1)知, f(x)在(-1+,+∞)上是增函数.①⇒⇒⇒-≤a,则-≤a<0,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;②⇒⇒-<a<-,存在x0∈∪,使得f(x0)=f;③-1+=⇒a=-,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;④⇒⇒-3<a<-,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f;⑤⇒⇒-<a<-,存在x0∈∪,使得f(x0)=f;⑥-1+≥1⇒a≤-3, f(x)在(0,1)上是单调函数,故不存在x0∈∪,使得f(x0)=f.综上所述,当a∈∪时,存在x0∈∪,使得f(x0)=f.当a∈∪∪时,不存在x0∈∪,使得f(x0)=f.考点二导数与函数的极值与最值6.(2014辽宁,12,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[-5,-3]B.C.[-6,-2]D.[-4,-3]答案 C7.(2014天津,19,14分)已知函数f(x)=x2-ax3(a>0),x∈R.(1)求f(x)的单调区间和极值;(2)若对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1.求a的取值范围. 解析(1)由已知,有f '(x)=2x-2ax2(a>0).令f '(x)=0,解得x=0或x=.当x变化时, f '(x), f(x)的变化情况如下表:x (-∞,0)f '(x) - 0 + 0 -f(x) ↘0 ↗↘所以, f(x)的单调递增区间是;单调递减区间是(-∞,0),.当x=0时, f(x)有极小值,且极小值f(0)=0;当x=时,f(x)有极大值,且极大值f=.(2)由f(0)=f=0及(1)知,当x∈时, f(x)>0;当x∈时, f(x)<0.设集合A={f(x)|x∈(2,+∞)},集合B=.则“对于任意的x1∈(2,+∞),都存在x2∈(1,+∞),使得f(x1)·f(x2)=1”等价于A⊆B.显然,0∉B.下面分三种情况讨论:①当>2,即0<a<时,由f=0可知,0∈A,而0∉B,所以A不是B的子集.②当1≤≤2,即≤a≤时,有f(2)≤0,且此时f(x)在(2,+∞)上单调递减,故A=(-∞, f(2)),因而A⊆(-∞,0);由f(1)≥0,有f(x)在(1,+∞)上的取值范围包含(-∞,0),则(-∞,0)⊆B.所以,A⊆B.③当<1,即a>时,有f(1)<0,且此时f(x)在(1,+∞)上单调递减,故B=,A=(-∞,f(2)),所以A 不是B的子集.综上,a的取值范围是.8.(2014浙江,21,15分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a>0).若f(x)在[-1,1]上的最小值记为g(a).(1)求g(a);(2)证明:当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.解析(1)因为a>0,-1≤x≤1,所以(i)当0<a<1时,若x∈[-1,a],则f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,a)上是减函数;若x∈[a,1],则f(x)=x3+3x-3a, f '(x)=3x2+3>0,故f(x)在(a,1)上是增函数.所以g(a)=f(a)=a3.(ii)当a≥1时,有x≤a,则f(x)=x3-3x+3a, f '(x)=3x2-3<0,故f(x)在(-1,1)上是减函数,所以g(a)=f(1)=-2+3a.综上,g(a)=(2)令h(x)=f(x)-g(a),(i)当0<a<1时,g(a)=a3,若x∈[a,1],h(x)=x3+3x-3a-a3,得h'(x)=3x2+3,则h(x)在(a,1)上是增函数,所以,h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)=4-3a-a3,且0<a<1,所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)+4;若x∈[-1,a],h(x)=x3-3x+3a-a3,得h'(x)=3x2-3,则h(x)在(-1,a)上是减函数,所以,h(x)在[-1,a]上的最大值是h(-1)=2+3a-a3.令t(a)=2+3a-a3,则t'(a)=3-3a2>0,知t(a)在(0,1)上是增函数,所以,t(a)<t(1)=4,即h(-1)<4.故f(x)≤g(a)+4.(ii)当a≥1时,g(a)=-2+3a,故h(x)=x3-3x+2,得h'(x)=3x2-3,此时h(x)在(-1,1)上是减函数,因此h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=4.故f(x)≤g(a)+4.综上,当x∈[-1,1]时,恒有f(x)≤g(a)+4.9.(2014四川,21,14分)已知函数f(x)=e x-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.718 28…为自然对数的底数.(1)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(2)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,证明:e-2<a<1.解析(1)由f(x)=e x-ax2-bx-1,有g(x)=f '(x)=e x-2ax-b,所以g'(x)=e x-2a.当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a],当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1,同理,g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2,所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(1)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点,所以<a<.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增,因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,解得e-2<a<1.所以函数f(x)在区间(0,1)内有零点时,e-2<a<1.考点三导数的综合应用10.(2014课标Ⅰ,12,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a 的取值范围是( )A.(2,+∞)B.(1,+∞)C.(-∞,-2)D.(-∞,-1)答案 C11.(2014湖南,9,5分)若0<x1<x2<1,则( )A.->ln x2-ln x1B.-<ln x2-ln x1C.x2>x1D.x2<x1答案 C12.(2014福建,22,14分)已知函数f(x)=e x-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x>0时,x2<e x;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x<ce x.解析(1)由f(x)=e x-ax,得f '(x)=e x-a.又f '(0)=1-a=-1,所以a=2.所以f(x)=e x-2x, f '(x)=e x-2.令f '(x)=0,得x=ln 2.当x<ln 2时, f '(x)<0, f(x)单调递减;当x>ln 2时, f '(x)>0, f(x)单调递增.所以当x=ln 2时, f(x)有极小值,且极小值为f(ln 2)=e ln 2-2ln 2=2-ln 4,f(x)无极大值.(2)令g(x)=e x-x2,则g'(x)=e x-2x.由(1)得,g'(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0,即g'(x)>0.所以g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,所以当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<e x.(3)解法一:对任意给定的正数c,取x0=,由(2)知,当x>0时,x2<e x.所以当x>x0时,e x>x2>x,即x<ce x.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<ce x.解法二:令k=(k>0),要使不等式x<ce x成立,只需要e x>kx成立.而要使e x>kx成立,只需要x>ln (kx),即x>ln x+ln k成立.①若0<k≤1,则ln k≤0,易知当x>0时,x>ln x≥ln x+ln k成立.即对任意c∈[1,+∞),取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<ce x.②若k>1,令h(x)=x-ln x-ln k,则h'(x)=1-=,所以当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增.取x0=4k,h(x0)=4k-ln (4k)-ln k=2(k-ln k)+2(k-ln 2),易知k>ln k,k>ln 2,所以h(x0)>0.因此对任意c∈(0,1),取x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<ce x.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<ce x.解法三:①若c≥1,取x0=0,由(2)的证明过程知,e x>2x,所以当x∈(x0,+∞)时,有ce x≥e x>2x>x,即x<ce x.②若0<c<1,令h(x)=ce x-x,则h'(x)=ce x-1.令h'(x)=0,得x=ln.当x>ln时,h'(x)>0,h(x)单调递增.取x0=2ln,h(x0)=c-2ln=2,易知-ln>0,又h(x)在(x0,+∞)内单调递增,所以当x∈(x0,+∞)时,恒有h(x)>h(x0)>0,即x<ce x.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x<ce x.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.13.(2014课标Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=aln x+x2-bx(a≠1),曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线斜率为0.(1)求b;(2)若存在x0≥1,使得f(x0)<,求a的取值范围.解析(1)f '(x)=+(1-a)x-b.由题设知f '(1)=0,解得b=1.(2)f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知,f(x)=aln x+x2-x, f '(x)=+(1-a)x-1=(x-1).(i)若a≤,则≤1,故当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,f(x)在(1,+∞)上单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f(1)<,即-1<,解得--1<a<-1.(ii)若<a<1,则>1,故当x∈时, f '(x)<0;当x∈时, f '(x)>0.f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以,存在x0≥1,使得f(x0)<的充要条件为f<.而f=aln ++>,所以不合题意.(iii)若a>1,则f(1)=-1=<.综上,a的取值范围是(--1,-1)∪(1,+∞).14.(2014江西,18,12分)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0.(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间;(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.解析(1)当a=-4时,由f '(x)==0得x=或x=2,由f '(x)>0得x∈或x∈(2,+∞),故函数f(x)的单调递增区间为和(2,+∞).(2)f '(x)=,a<0,由f '(x)=0得x=-或x=-.当x∈时,f(x)单调递增;当x∈时,f(x)单调递减;当x∈时,f(x)单调递增.易知 f(x)=(2x+a)2≥0,且f=0.①当-≤1,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,均不符合题意.②当1<-≤4,即-8≤a<-2时, f(x)在[1,4]上的最小值为f=0,不符合题意.③当->4,即a<-8时,f(x)在[1,4]上的最小值可能在x=1或x=4处取得,而f(1)≠8,由f(4)=2(64+16a+a2)=8得a=-10或a=-6(舍去),当a=-10时,f(x)在(1,4)上单调递减, f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8,符合题意.综上,a=-10.15.(2014课标Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为-2.(1)求a;(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.解析(1)f '(x)=3x2-6x+a, f '(0)=a,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2.由题设得-=-2,所以a=1.(2)由(1)知, f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题设知1-k>0.当x≤0时,g'(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]上有唯一实根.当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x).h'(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+∞)上没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.。
导数运算及应用举例
导数运算及应用举例例1、求下列函数的导数：（1）233ln xx x x y ++=； （2）)3)(3(2+-=x x x y ； （3）)4,0(,2sin 1π∈-=x x x y ； （4）312)31(x e y x -=+。
解：（1）∵221233ln ln x x x x x x x x y ++=++=-， ∴3234223ln 211212ln 1121x x x x x x x x x y -++-=⋅-⋅++-='--。
（2）∵2429)3)(3(x x x x x y -=+-=∴x x y 1843-='（3）∵x x x x x x x x y cos sin )cos (sin 2sin 12-=-=-=， 又∵)4,0(π∈x ，∴x x cos sin <，∴)sin (cos x x x y -=∴x x x x x x x x x y sin )1(cos )1()cos sin ()sin (cos 1+--=--⋅+-⋅='。
（4）621231223312312)31()3()31(3)31(2])31[(])31[()31()(x x e x e x x e x e y x x x x --⋅-⋅--=-'---'='++++ 412)31()611(x x e x --=+ 例2、已知曲线C 1：2x y =与曲线C 2：2)2(--=x y ，直线l 与C 1、C 2都相切，求直线l 的方程。
解：设l 与C 1相切于点),(111y x P ，l 与C 2相切于点),(222y x P ，直线l 的斜率为k 。
C 1：2x y =，x y 2='，12x k =，)4,2(21k k P C 2：2)2(--=x y ，)2(2--='x y ，)2(22--=x k ，)4,22(22k k P --。
(完整word版)导数及其应用(1)
强化提升一 导数及其应用层次一：导数的概念、意义及简单应用突破点(一) 导数的运算八个公式+三个法则+复合函数求导[例1] (1)y ＝(1－x )⎝⎛⎭⎫1＋1x ；(2)y ＝ln xx ；(3)y ＝tan x ；(4)y ＝3x e x －2x ＋e ；(5)y ＝ln (2x ＋3)x 2＋1. [方法技巧]00A ．e 2 B ．1 C ．ln 2 D ．e(2)已知f (x )＝12x 2＋2xf ′(2 017)＋2 017ln x ，则f ′(1)＝________.[解析] (1)由题意可知f ′(x )＝2 017＋ln x ＋x ·1x ＝2 018＋ln x ．由f ′(x 0)＝2 018，得ln x 0＝0，解得x 0＝1.(2)由题意得f ′(x )＝x ＋2f ′(2 017)＋2 017x ， 所以f ′(2 017)＝2 017＋2f ′(2 017)＋2 0172 017， 即f ′(2 017)＝－(2 017＋1)＝－2 018. 故f ′(1)＝1＋2×(－2 018)＋2 017＝－2 018. [答案] (1)B (2)－2 018[方法技巧]对抽象函数求导的解题策略在求导问题中，常涉及一类解析式中含有导数值的函数，即解析式类似为f (x )＝f ′(x 0)x ＋sin x ＋ln x (x 0为常数)的函数，解决这类问题的关键是明确f ′(x 0)是常数，其导数值为0.因此先求导数f ′(x )，令x ＝x 0，[例1]已知函数f(x)＝x3－(1)求曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求经过点A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程．[解](1)∵f′(x)＝3x2－8x＋5，∴f′(2)＝1，又f(2)＝－2，∴曲线f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(－2)＝x－2，即x－y－4＝0.(2)设切点坐标为(x0，x30－4x20＋5x0－4)，∵f′(x0)＝3x20－8x0＋5，∴切线方程为y－(－2)＝(3x20－8x0＋5)(x－2)，又切线过点(x0，x30－4x20＋5x0－4)，∴x30－4x20＋5x0－2＝(3x20－8x0＋5)(x0－2)，整理得(x0－2)2(x0－1)＝0，解得x0＝2或x0＝1，∴经过A(2，－2)的曲线f(x)的切线方程为x－y－4＝0或y＋2＝0.[方法技巧][例2]设曲线y＝e x在点(0,1)处的切线与曲线y＝1x(x＞0)上点P处的切线垂直，则点P的坐标为________．[解析] y ＝e x 的导数为y ′＝e x ，则曲线y ＝e x 在点(0,1)处的切线斜率k 1＝e 0＝1.y ＝1x (x ＞0)的导数为y ′＝－1x 2(x ＞0)，设P (m ，n )，则曲线y ＝1x (x ＞0)在点P 处的切线斜率k 2＝－1m 2(m ＞0)．因为两切线垂直，所以k 1k 2＝－1，所以m ＝1，n ＝1，则点P 的坐标为(1,1)．[答案] (1,1)[例3] 直线y ＝kx ＋1b 的值等于( ) A ．2 B ．－1 C ．1D ．－2[解析] 依题意知，y ′＝3x 2＋a ，则⎩⎪⎨⎪⎧13＋a ×1＋b ＝3，3×12＋a ＝k ，k ×1＋1＝3，由此解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝3，k ＝2，所以2a ＋b ＝1，选C.[答案] C[方法技巧]根据导数的几何意义求参数值的思路根据导数的几何意义求参数的值时，一般是利用切点P (x 0，y 0)既在曲线上又在切线上构造方程组求解． 层次二：函数的单调性、极值最值突破点(一) 利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间[解] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x .(1)当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增； (2)当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减； (3)当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ 1－a 2a ，＋∞时，f ′(x )>0，故f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0， 1－a 2a 上单调递减，在 1－a2a，＋∞上单调递增．[方法技巧][例2]已知函数f(x)＝x4＋ax－ln x－32，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x，求函数f(x)的单调区间．[解]对f(x)求导得f′(x)＝14－ax2－1x，由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝12x，知f′(1)＝－34－a＝－2，解得a＝54.所以f(x)＝x4＋54x－ln x－32，则f′(x)＝x2－4x－54x2，令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5，因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去．当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数；当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增函数．所以函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区间为(0,5)．[方法技巧]用导数求函数单调区间的三种类型及方法(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．(2)当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．突破点(二)利用导数解决函数单调性的应用问题利用导数解决函数单调性的应用问题主要有：(1)已知函数的单调性求参数范围问题：此类问题是近几年高考的热点，一般为解答题的第二问，难度中档．有时也以选择题、填空题的形式出现，难度中高档．解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变分离，转化为最值问题求解．(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，求出参数的取值范围；(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，即f ′(x )max >0(或f ′(x )min <0)在该区间上有解，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；(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，令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．[例1] 已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围； (2)若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，求a 的取值范围； (3)若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值．[解] (1)因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．(2)因为f (x )在区间(－1,1)上为减函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，即a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x ＜1，所以3x 2＜3，所以a ≥3.即a 的取值范围为[3，＋∞)．(3)因为f (x )＝x 3－ax －1，所以f ′(x )＝3x 2－a .由f ′(x )＝0，得x ＝±3a3(a ≥0)． 因为f (x )的单调递减区间为(－1,1)， 所以3a3＝1，即a ＝3. 应用结论“函数f (x )在(a ，b )上单调递增⇔f ′(x )≥0恒成立；函数f (x )在(a ，b )上单调递减⇔f ′(x )≤0恒成立”时，切记检验等号成立时导数是否在(a ，b )上恒为0. [易错提醒][例2] (1)若0<x 1<x 2A ．e x 2－e x 1>ln x 2－ln x 1 B ．e x 2－e x 1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x 1>x 1e x 2 D ．x 2e x 1<x 1e x 2(2)已知函数f (x )(x ∈R)满足f (1)＝1，且f (x )的导数f ′(x )<12，则不等式f (x 2)<x 22＋12的解集为________．[解析] (1)构造函数f (x )＝e x－ln x ，则f ′(x )＝e x－1x ＝x e x －1x .令f ′(x )＝0，得x e x －1＝0.根据函数y＝e x 与y ＝1x 的图象可知两函数图象交点x 0∈(0,1)，因此f (x )＝e x －ln x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断f (x 1)与f (x 2)的大小，故A ，B 错；构造函数g (x )＝e x x ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x (x －1)x 2，故函数g (x )＝e xx 在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，即e x 1x 1>e x 2x 2，则x 2e x 1>x 1e x 2，故选C. (2)设F (x )＝f (x )－12x ，∴F ′(x )＝f ′(x )－12，∵f ′(x )<12，∴F ′(x )＝f ′(x )－12<0，即函数F (x )在R上单调递减．∵f (x 2)<x 22＋12，∴f (x 2)－x 22<f (1)－12， ∴F (x 2)<F (1)，而函数F (x )在R 上单调递减， ∴x 2>1，即x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)． [答案] (1)C (2)(－∞，－1)∪(1，＋∞)[方法技巧]利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件，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．突破点(三) 利用导数解决函数的极值问题根据函数图象判断函数极值的情况[例1] 设函数象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)[解析] 由图可知，当x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当1＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．[答案] D [方法技巧]知图判断函数极值情况的策略知图判断函数极值情况的思路是：先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．导函数为正的区间是函数的增区间，导函数为负的区间是函数的减区间，导函数图象与x 轴交点的横坐标为函数的极值点．求函数的极值[例2] (2017·桂林、崇左联考)设a >0，函数f (x )＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x .(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处切线的斜率； (2)求函数f (x )的极值．[解] (1)由已知x >0.当a ＝2时，f ′(x )＝x －3＋2x ，∴曲线y ＝f (x )在点(3，f (3))处切线的斜率为f ′(3)＝23.(2)f ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x ＝x 2－(a ＋1)x ＋a x ＝(x －1)(x －a )x .由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝a .①若0<a <1，当x ∈(0，a )时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(a,1)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． ∴当x ＝a 时，f (x )取极大值f (a )＝－12a 2－a ＋a ln a ，当x ＝1时，f (x )取极小值f (1)＝－a －12.②若a >1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(1，a )时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． ∴当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝－a －12；当x ＝a 时，f (x )取极小值f (a )＝－12a 2－a ＋a ln a .③当a ＝1时，x >0时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，f (x )没有极值． 综上，当0<a <1时，f (x )的极大值为－12a 2－a ＋a ln a ，极小值为－a －12；当a >1时，f (x )的极大值为－a －12，极小值为－12a 2－a ＋a ln a ；当a ＝1时，f (x )没有极值． [方法技巧][例3] (1)(2017·a 的取值范围是( )A ．(－∞，0) B.⎝⎛⎭⎫0，12C ．(0,1) D ．(0，＋∞)(2)(2017·太原五中检测)函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则a 的值为________． [解析] (1)∵f (x )＝x (ln x －ax )，∴f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，由函数f (x )有两个极值点，可知f ′(x )在(0，＋∞)上有两个不同的零点， 令f ′(x )＝0，则2a ＝ln x ＋1x ，设g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝－ln xx 2，∴g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 又∵当x →0时，g (x )→－∞，当x →＋∞时，g (x )→0， 而g (x )max ＝g (1)＝1，∴只需0＜2a ＜1，即0＜a ＜12.(2)由题意得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为在x ＝1处，f (x )有极值10， 所以f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10， 解得a ＝4，b ＝－11或a ＝－3，b ＝3，当a ＝－3，b ＝3时，在x ＝1处，f (x )无极值，不符合题意； 当a ＝4，b ＝－11时，符合题意，所以a ＝4. [答案] (1)B (2)4 [方法技巧]已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性．突破点(四) 利用导数解决函数的最值问题[例1] 已知函数f (x )＝(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)由题意知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 )(2)当k －1≤0，即k ≤1时，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，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，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. 综上，当k ≤1时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当1<k <2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1； 当k ≥2时，f (x )在[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e. [方法技巧]利用导数求函数最值的规律求函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值时：(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a ，b ]上有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．[例2] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．[解] (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝⎛⎭⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4.所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5.(2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4.令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示：所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.[方法技巧]解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值． 1．已知函数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) 解析：选C 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 －2)(2x －1)x >0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，12，(2，＋∞)． 2．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.(]－∞，3C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D.[)3，＋∞解析：选C 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在[1,4]上恒成立，则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.3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为( )A.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ B ．[3，＋∞)C ．[－2,3] D ．(－∞，－2)解析：选D 因为f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d ，所以f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由图可知f ′(－2)＝f ′(3)＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧12－4b ＋c ＝0，27＋6b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－32，c ＝－18.令g (x )＝x 2＋23bx ＋c 3，则g (x )＝x 2－x －6，g ′(x )＝2x －1，由g (x )＝x 2－x －6>0，解得x <－2或x >3.当x <12时，g ′(x )<0，所以g (x )＝x 2－x －6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y ＝log 2⎝⎛⎭⎫x 2＋23bx ＋c 3的单调递减区间为(－∞，－2)． 4．(2017·甘肃诊断考试)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 <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析：选C 因为当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，所以f ′(x )>0，所以函数f (x )在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a ＝f (0)<f ⎝⎛⎭⎫12＝b ，又f (x )＝f (2－x )，所以c ＝f (3)＝f (－1)，所以c ＝f (－1)<f (0)＝a ，所以c <a <b ，故选C.5．若函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f (x )在下列区间上单调递增的是( ) A ．(－2,0) B ．(0,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－2)解析：选D 由题意知，f ′(x )＝1－b x 2，∵函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－bx 2＝0时，b ＝x 2，又x ∈(1,2)，∴b ∈(1,4)．令f ′(x )＞0，解得x ＜－b 或x ＞b ，即f (x )的单调递增区间为(－∞，－b )，(b ，＋∞)，∵b ∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意，故选D.6．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 )解析：选B 由f ′(x )＋f (x )x >0得xf ′(x )＋f (x )x >0，即[xf (x )]′x >0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.二、填空题7．若幂函数f (x )的图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，则函数g (x )＝e x f (x )的单调递减区间为________．解析：设幂函数为f (x )＝x α，因为图象过点⎝⎛⎭⎫22，12，所以12＝⎝⎛⎭⎫22α，α＝2，所以f (x )＝x 2，故g (x )＝e x x 2，令g ′(x )＝e x x 2＋2e x x ＝e x (x 2＋2x )<0，得－2<x <0，故函数g (x )的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)8．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：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，＋∞ 9．已知R 上可导函数f (x )的图象如图所示，则不等式(x 2－2x －3)·f ′(x )>0的解集为________．解析：由题图可知，⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )>0，x ∈(1，＋∞)∪(－∞，－1)，f ′(x )<0，x ∈(－1，1)，不等式(x 2－2x －3)f ′(x )>0等价于⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(x )>0，x 2－2x －3>0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )<0，x 2－2x －3<0，解得x ∈(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)． 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)∪(－1,1)10．若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎡⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则a 的取值范围是________． 解析：对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝⎛⎭⎫23＝29＋2a .令29＋2a ＞0，解得a ＞－19.所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－19，＋∞.答案：⎝⎛⎭⎫－19，＋∞ 三、解答题11．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0.讨论f (x )的单调性．解：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8. ①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＝0，即a ＝2 2 时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．③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 ⎭⎪⎫∞上单调递增．12．(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎡⎦⎤f ′(x )＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x . 当a ＞0时，f (x )的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)； 当a ＜0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝⎛⎭⎫m 2＋2x 2－2x ， ∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎪⎨⎪⎧g ′(t )＜0，g ′(3)＞0.g ′(t )＜0，即3t 2＋(m ＋4)t －2＜0对任意t ∈[1,2]恒成立，由于g ′(0)＜0，故只要g ′(1)＜0且g ′(2)＜0，即m ＜－5且m ＜－9，即m ＜－9；由g ′(3)＞0，得m ＞－373. 所以－373＜m ＜－9.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－373，－9.。
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3.2 导数的应用（一）一、选择题1．与直线2x －y ＋4＝0平行的抛物线y ＝x 2的切线方程是( )． A ．2x －y ＋3＝0 B ．2x －y －3＝0 C ．2x －y ＋1＝0D ．2x －y －1＝0解析 设切点坐标为(x 0，x 20)，则切线斜率为2x 0， 由2x 0＝2得x 0＝1，故切线方程为y －1＝2(x －1)， 即2x －y －1＝0. 答案 D2．函数y ＝4x 2＋1x的单调增区间为( )．A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ C ．(－∞，－1)D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12解析 由y ＝4x 2＋1x 得y ′＝8x －1x 2，令y ′>0，即8x －1x 2>0，解得x >12，∴函数y ＝4x 2＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上递增．答案 B3．已知f (x )的定义域为R ，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所 示，则( )A ．f (x )在x ＝1处取得极小值B ．f (x )在x ＝1处取得极大值C ．f (x )是R 上的增函数D ．f (x )是(－∞，1)上的减函数，(1，＋∞)上的增函数解析：由图象易知f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上是增函数． 答案：C4．已知直线y ＝kx 是y ＝ln x 的切线，则k 的值为( )．A ．eB ．－e C.1e D ．－1e解析 设(x 0，ln x 0)是曲线y ＝ln x 与直线y ＝kx 的切点， 由y ′＝1x 知y ′|x ＝x 0＝1x 0由已知条件：ln x 0x 0＝1x 0，解得x 0＝e ，k ＝1e .答案 C5．函数f (x )＝ax 3＋bx 在x ＝1a处有极值，则ab 的值为( )A ．2B ．－2C ．3D ．－3解析 f ′(x )＝3ax 2＋b ，由f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋b ＝0，可得ab ＝－3.故选D.答案 D6．对于R 上可导的任意函数f (x )，若满足(x －1)f ′(x )≥0，则必有( )． A ．f (0)＋f (2)<2f (1) B ．f (0)＋f (2)≤2f (1) C ．f (0)＋f (2)≥2f (1)D ．f (0)＋f (2)>2f (1)解析 不等式(x －1)f ′(x )≥0等价于⎩⎨⎧x －1≥0，f ′x ≥0或⎩⎨⎧x －1≤0，f ′x ≤0.可知f (x )在(－∞，1)上递减，(1，＋∞)上递增，或者f (x )为常数函数，因此f (0)＋f (2)≥2f (1)． 答案 C7．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 设g (x )＝f (x )－2x －4，由已知g ′(x )＝f ′(x )－2＞0， 则g (x )在(－∞，＋∞)上递增，又g (－1)＝f (－1)－2＝0， 由g (x )＝f (x )－2x －4＞0，知x ＞－1. 答案 B 二、填空题8．设函数f (x )＝x (e x ＋1)＋12x 2，则函数f (x )的单调增区间为________．解析：因为f (x )＝x (e x ＋1)＋12x 2，所以f ′(x )＝e x ＋1＋x e x ＋x ＝(e x ＋1)·(x ＋1)． 令f ′(x )>0，即(e x ＋1)(x ＋1)>0，解得x >－1. 所以函数f (x )的单调增区间为(－1，＋∞)． 答案：(－1，＋∞)9．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．解析 f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，显然当x ＝2时f (x )取极小值． 答案 210．若曲线f (x )＝ax 5＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．解析 ∵f ′(x )＝5ax 4＋1x，x ∈(0，＋∞)，∴由题意知5ax 4＋1x＝0在(0，＋∞)上有解．即a ＝－15x 5在(0，＋∞)上有解．∵x ∈(0，＋∞)，∴－15x 5∈(－∞，0)．∴a ∈(－∞，0)． 答案 (－∞，0)11．函数f (x )＝x ax －x 2(a >0)的单调递减区间是________．解析 由ax －x 2≥0(a >0)解得0≤x ≤a ，即函数f (x )的定义域为[0，a ]，f ′(x )＝3ax －4x 22ax －x 2＝－2x ⎝⎛⎭⎪⎫x －3a 4ax －x 2，由f ′(x )<0解得x ≥3a 4，因此f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，a .答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 4，a12．已知函数f (x )＝x 2(x －a )．若f (x )在(2,3)上单调则实数a 的范围是________； 若f (x )在(2,3)上不单调，则实数a 的范围是________． 解析 由f (x )＝x 3－ax 2得f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x ⎝⎛⎭⎪⎫x －2a 3. 若f (x )在(2,3)上不单调，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a3≠0，2<2a 3<3，解得：3<a <92.答案 (－∞，3 ]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫92，＋∞，⎝ ⎛⎭⎪⎫3，92三、解答题13. 已知函数f (x )＝ax 2＋b ln x 在x ＝1处有极值12.(1)求a ，b 的值；(2)判断函数y ＝f (x )的单调性并求出单调区间．解析 (1)因为函数f (x )＝ax 2＋b ln x ， 所以f ′(x )＝2ax ＋b x.又函数f (x )在x ＝1处有极值12，所以⎩⎨⎧f ′1＝0，f 1＝12.即⎩⎨⎧2a ＋b ＝0，a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝12x 2－ln x ，其定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －1x＝x ＋1x －1x.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．14．已知f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围．解析：(1)∵f(x)＝e x－ax－1，∴f′(x)＝e x－a.令f′(x)>0，得e x>a，当a≤0时，有f′(x)>0在R上恒成立；当a>0时，有x≥ln a.综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．(2)由(1)知f′(x)＝e x－a.∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝e x－a≥0恒成立，即a≤e x，x∈R恒成立．∵x∈R时，e x∈(0，＋∞)，∴a≤0.即a的取值范围为(－∞，0]．15．已知函数f(x)＝x3－ax－1(1)若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)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；若不存在试说明理由．解析 (1)f′(x)＝3x2－a由Δ≤0，即12a≤0，解得a≤0，因此当f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增时，a的取值范围是(－∞，0]．(2)若f(x)在(－1,1)上单调递减，则对于任意x∈(－1,1)不等式f′(x)＝3x2－a≤0恒成立即a≥3x2，又x∈(－1,1)，则3x2<3因此a≥3函数f(x)在(－1,1)上单调递减，实数a的取值范围是[3，＋∞)．16．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋x 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′x ＋m 2在区间(t,3)上总不是单调函数，求m 的取值范围．解析 (1)根据题意知，f ′(x )＝a 1－xx(x ＞0)，当a ＞0时，f (x )的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)； 当a ＜0时，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1]；当a ＝0时，f (x )不是单调函数．(2)∵f ′(2)＝－a2＝1，∴a ＝－2，∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3. ∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t,3)上总不是单调函数，且g ′(0)＝－2， ∴⎩⎨⎧g ′t ＜0，g ′3＞0.由题意知：对于任意的t ∈[1,2]，g ′(t )＜0恒成立，∴⎩⎨⎧g ′1＜0，g ′2＜0，g ′3＞0，∴－373＜m ＜－9.【点评】 利用导数解决函数的单调性、最值、极值等问题时，主要分以下几步：,第一步：确定函数的定义域； 第二步：求函数f x 的导数f ′x ； 第三步：求方程f ′x ＝0的根；第四步：利用f ′x ＝0的根和不可导点的x 的值从小到大顺序将定义域分成若干个小开区间，并列出表格； 第五步：由f ′x 在小开区间内的正、负值判断f x 在小开区间内的单调性；第六步：明确规范表述结论.。