(新课标)高考数学大一轮复习第2章第11节导数在研究函数中的应用(一)课时作业理【含答案】
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用(第1课时)利用导数研
第11讲导数在研究函数中的应用第1课时利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系1．概念辨析(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( )(3)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．( ) 答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析观察y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当x＝2时，f(x)取到极大值，故只有C正确．(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)答案 A解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．(3)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)答案 D解析函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案 3解析由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.经检验a ＝3也满足题意，所以a 的最大值是3.题型 一 不含参数的函数的单调性1．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减 C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增 D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减 答案 D解析 f ′(x )＝x ′ln x ＋x (ln x )′＝ln x ＋1. 由f ′(x )＝0得x ＝1e，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 故只有D 正确． 2．函数f (x )＝3xx 2＋1的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞) 答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝31－x2x 2＋12＝31－x 1＋xx 2＋12.要使f ′(x )>0，只需(1－x )(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．3．(2019·某某金溪一中等校联考)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f x ex的单调递减区间为( )A ．(0,4)B ．(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，4 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43D ．(0,1)，(4，＋∞) 答案 D解析 由题图可知，先减后增的那条曲线为f ′(x )的图象，先增后减最后增的曲线为f (x )的图象．因为g (x )＝f xex，所以g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由图象可知，当x ∈(0,1)和(4，＋∞)时，f ′(x )<f (x )，此时g ′(xg (x )的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．条件探究 若举例说明1中的函数变为f (x )＝ln xx，试求f (x )的单调区间．解 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．确定不含参数的函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.1.(2017·某某高考)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析 由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上是先增后减再增．故选D.f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D．(1,2) 答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －22x －1x>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞).3.(2019·某某调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 因为f (x )＝x sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )>0，得x cos x >0.又因为－π<x <π，所以－π<x <－π2或0<x <π2，所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.题型 二 含参数的函数的单调性(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ．讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．条件探究1 若举例说明中的函数变为f (x )＝ax 2－a －ln x ，应如何解答？ 解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．条件探究2 若举例说明中的函数变为f (x )＝x －2x＋1－a ln x (a >0)，应如何解答？解 由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0<a ≤22时，对一切x >0都有f ′(xf (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．确定含参数的函数的单调性的基本步骤(1)确定函数f (x )的定义域．(2)求f ′(x )，并尽量化为乘积或商的形式． (3)令f ′(x )＝0，①若此方程在定义域内无解，考虑f ′(x )恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a ≤2时，f ′(x )恒小于等于0.②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f ′(x )的符号确定单调区间．如举例说明中a >2时，f ′(x )＝0有两个实根.1．已知函数f (x )＝13x 3－(2m ＋1)x 2＋3m (m ＋2)x ＋1，其中m ∈R ，求函数f (x )的单调递增区间．解 f ′(x )＝x 2－2(2m ＋1)x ＋3m (m ＋2) ＝(x －3m )(x －m －2)．当3m ＝m ＋2，即m ＝1时，f ′(x )＝(x －3)2≥0，∴f (x )单调递增，即f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当3m >m ＋2，即m >1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0可得x <m ＋2或x >3m ， 此时f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)．当3m <m ＋2，即m <1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0，可得x <3m 或x >m ＋2，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)． 综上所述，当m ＝1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)； 当m >1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)； 当m <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)． 2．已知函数f (x )＝e 2x－a e x －a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a ， 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．题型 三 函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式1．(1)(2019·某某模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f e e，b ＝f ln 2ln 2，c ＝f －3－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b(2)已知函数f (x )＝x 2－cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则满足f (x 0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的x 0的取值X 围为________．答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2解析 (1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f x x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)， 又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， ∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b .故选D.(2)f ′(x )＝2x ＋sin x .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增．由f (x 0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，知π3<x 0≤π2.又因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数，所以－π2≤x <－π3也满足条件． 角度2 根据函数单调性求参数2．(1)(2018·某某江南十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值X 围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3](2)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.①求b ，c 的值；②若a >0，求函数f (x )的单调区间；③设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，某某数a 的取值X 围．答案 (1)A (2)见解析解析 (1)∵f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x，∴由f ′(x )≤0解得0<x ≤3，由题意知{ a －1>0，a ＋1≤3， 解得1<a ≤2.(2)①f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.②由①得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． ③g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值X 围是(－∞，－22)．利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)f (x )>g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.(1)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值X 围．(2)可导函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值X 围．如举例说明2(2)．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，word 令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值X 围．如举例说明2(1).1．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f x x>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )答案 B解析 f ′(x )＋f x x >0⇒xf ′x ＋f x x >0⇒[xf x ]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.2．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则实数a 的取值X 围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，103 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞D ．[2，＋∞) 答案 B解析 若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0在[1,2]上恒成立，即a ≥x ＋1x 在[1,2]上恒成立，又当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ＝2＋12＝52，所以a ≥52.故选B. 3．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值X 围是________．答案 (－3，－1)∪(1,3)解析 f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.。
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用课件
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解析 由条件知 f′(x)＝2x＋a－x12≥0 在12，＋∞上恒
成立，即 a≥x12－2x 在12，＋∞上恒成立．∵函数 y＝x12－
2x 在12，＋∞上为减函数，∴ymax＜112－2×12＝3，∴a≥3. 2
经检验，当 a＝3 时，满足题意．
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∴对应函数 f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、 增．
观察选项可知，排除 A，C. 如图所示，f′(x)有 3 个零点，从左到右依次设为 x1， x2，x3，且 x1，x3 是极小值点，x2 是极大值点，且 x2>0，故 选项 D 正确．故选 D.
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2．函数的极大值与极大值点 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 都大 ，且 f′(b)＝0，而且在 x＝b 附近 的左侧 f′(x)＞0 ，右侧 f′(x)＜0 ，则点 b 叫做函数的 极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
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)
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解析 由图可得函数 y＝(1－x)f′(x)的零点为－2,1,2， 则当 x<1 时，1－x>0，此时在(－∞，－2)上 f′(x)>0，在(－ 2,1)上 f′(x)<0；当 x>1 时，1－x<0，此时在(1,2)上 f′(x)<0， 在(2，＋∞)上 f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，－2)为增函数， 在(－2,2)为减函数，在(2，＋∞)为增函数，因此 f(x)有极大 值 f(－2)，极小值 f(2)．故选 D.
(全国通用)近年高考数学大一轮复习 第二篇 函数 导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用 第
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第11节导数在研究函数中的应用第一课时利用导数研究函数的单调性【选题明细表】知识点、方法题号求函数单调区间1,9利用导数研究函数单调性及其应用2，6，10,11,14含参数函数单调区间3,5,8，12,13利用导数研究函数单调性综合问题4，7,10基础对点练（时间:30分钟）1。
函数y=(3—x2）e x的单调递增区间是( D ）(A）(—∞,0） (B)（0，+∞）(C)(—∞,—3）和(1，+∞）（D）(—3,1)解析：y′=-2xe x+(3-x2）e x=e x（—x2—2x+3），由y′〉0⇒x2+2x—3<0⇒-3<x〈1，所以函数y=(3—x2）e x的单调递增区间是（-3,1).故选D。
2。
已知定义在R上的函数f(x），其导函数f′（x）的图象如图所示,则下列叙述正确的是( C ）（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）解析：由导函数的图象可知,在(-∞,c］上导函数f′（x）〉0,所以函数f（x)在（—∞，c］上是增函数，又因为c>b〉a，所以f(c）〉f(b)>f（a）。
高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第十一节导数在研究函数中的应用课件理
(2014·江西卷 ) 已知函数 f(x) ＝ (x 2 ＋ bx ＋ b)· 1－ 2x
(b ∈ R) ．
(1) 当 b＝ 4 时，求 f(x) 的极值；
(1)函数 y＝12x2－ln x 的单调递减区间为 (
)
A．(－1，1]
B．(0，1]
C．[1，＋∞ )
D．(0，＋∞ )
解：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： B
(2)(2015·安徽卷)` 函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图象如图所示， 则下列结论成立的是 ( )
解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝2ae2x＋2be－2x－c， 由 f′(x)为偶函数，知 f′(－x)＝f′(x)， 即 2(a－b)(e2x－e－2x)＝0 恒成立． 因 e2x－e－2x>0，所以 a＝b. 又 f′(0)＝2a＋2b－c＝4－c， 故 a＝1，b＝1. (2)当 c＝3 时，f(x)＝e2x－e－2x－3x， 则 f′(x)＝2e2x＋2e－2x－3 ≥ 2 2e2x· 2e－2x－3＝1>0. 故 f(x)在 R 上为增函数．
当 x∈ (－ 2， 0) 时， f′ (x)>0 ， f(x) 单调递增；
当 x∈???0，12???时，f′ (x)<0，f(x)单调递减， 故 f(x)在 x＝－2 取得极小值 f(－2)＝0，在 x＝0 取得极大值 f(0)
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用(一)课后作业 文-人
2．11 导数在研究函数中的应用(一)[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·某某模拟)函数f (x )＝axx 2＋1(a >0)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝a 1－x 2x 2＋12＝a 1－x 1＋xx 2＋12.由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．若函数f (x )＝(x 2－2x )e x在(a ，b )上单调递减，则b －a 的最大值为( ) A ．2 B. 2 C ．4 D ．2 2 答案 D解析 f ′(x )＝(2x －2)e x ＋(x 2－2x )e x ＝(x 2－2)e x，令f ′(x )<0，∴－2<x <2， 即函数f (x )的单调递减区间为(－2，2)． ∴b －a 的最大值为2 2.故选D.3．函数f (x )＝(x －1)(x －2)2在[0,3]上的最小值为( ) A ．－8 B ．－4 C ．0 D.427答案 B解析 f ′(x )＝(x －2)2＋2(x －1)(x －2)＝(x －2)(3x －4)．令f ′(x )＝0⇒x 1＝43，x 2＝2，结合单调性，只要比较f (0)与f (2)即可．f (0)＝－4，f (2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B.4．(2017·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )<0，且f (－1)＝0，则f (x )>0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞) 答案 A 解析 设g (x )＝f xe2x，则g ′(x )＝f ′x －2f xe2x<0在R 上恒成立，所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )>0⇔g (x )>0，所以x <－1.故选A.5．(2017·某某某某一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值X 围为( )A ．a <1B ．a ≤1 C．a <2 D ．a ≤2 答案 D解析 由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －a x， ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －a x≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒成立， ∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.6．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( ) A ．a <b <c B ．c <a <b C ．c <b <a D ．b <c <a 答案 B解析 由f (x )＝f (2－x )可得对称轴为x ＝1，故f (3)＝f (1＋2)＝f (1－2)＝f (－1)． 又x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，可知f ′(x )>0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即c <a <b .故选B. 7．若函数f (x )＝e －x·x ，则( ) A ．仅有极小值12eB ．仅有极大值12eC ．有极小值0，极大值12eD ．以上皆不正确答案 B解析 f ′(x )＝－e －x·x ＋12x·e －x＝e －x⎝ ⎛⎭⎪⎫－x ＋12x ＝e －x ·1－2x 2x. 令f ′(x )＝0，得x ＝12.当x >12时，f ′(x )<0；当x <12时，f ′(x )>0.∴x ＝12时取极大值，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1e·12＝12e.故选B. 8．已知函数f (x )＝ax－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，则实数a 的取值X 围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1 D．a ≥3 答案 C解析 函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式a x－1＋ln x ≤0有解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.故选C.9．若函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值X 围为( )A ．[2，＋∞) B．[4，＋∞) C ．{4} D ．[2,4] 答案 C解析 f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1a ，f (x )在[－1,1]上为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a >1时，f (－1)＝－a ＋4≥0，且 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2a＋1≥0， 解得a ＝4.综上所述，a ＝4.故选C.10．(2018·某某一模)已知函数f (x )＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－m x，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数m 的取值X 围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，2e B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2eC ．(－∞，0]D ．(－∞，0) 答案 B解析 由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即m 2<ln xx在[1，e]上有解，令h (x )＝ln x x ，则h ′(x )＝1－ln xx2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)＝1e ，∴m 2<1e ，∴m <2e .∴m 的取值X 围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，2e .故选B.二、填空题11．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值X 围为________．答案 [1，＋∞)解析 f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x >0恒成立．m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x，则当1x ＝1时，函数g (x )取得最大值1，故m ≥1.12．(2017·西工大附中质检)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝________.答案 1解析 由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12有最大值－1，f ′(x )＝1x －a ，由f ′(x )＝0，得x ＝1a ∈(0,2)，且x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1＝－1，解得a ＝1.13．(2018·东北三校联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0<x <1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为________．答案 a解析 由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[2017,2018]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g (x )＝f xex，则g ′(x )＝f ′x －f xex<0，函数g (x )在(0,1)上递减，则g (x )<g (0)＝0，所以f ′(x )<f (x )<0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由函数的对称性质可得f (x )在(1,2)上单调递增，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为f (2017)＝f (1)＝a .14．(2018·启东中学调研)已知函数f (x )＝e x＋a ln x 的定义域是D ，关于函数f (x )给出下列命题：①对于任意a ∈(0，＋∞)，函数f (x )是D 上的减函数； ②对于任意a ∈(－∞，0)，函数f (x )存在最小值；③存在a ∈(0，＋∞)，使得对于任意的x ∈D ，都有f (x )>0成立； ④存在a ∈(－∞，0)，使得函数f (x )有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号) 答案 ②④解析 由f (x )＝e x＋a ln x ，可得f ′(x )＝e x ＋a x，若a >0，则f ′(x )>0，得函数f (x )是D 上的增函数，存在x ∈(0,1)，使得f (x )<0即得命题①③不正确；若a <0，设e x＋a x＝0的根为m ，则在(0，m )上f ′(x )<0，在(m ，＋∞)上f ′(x )>0，所以函数f (x )存在最小值f (m )，即命题②正确；若f (m )<0，则函数f (x )有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.B 级三、解答题15．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值． 解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x－a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a.当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－axx>0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x<0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞.综上得，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎥⎤0，1a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞. (2)①当1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当12<a <ln 2时，f (x )的最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )的最小值为f (2)＝ln 2－2a . 综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ； 当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a . 16．(2017·某某某某联考)已知函数f (x )＝e x－ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x 恒有f (x )≥0，求a 的取值X 围．解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x－a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ， 所以f (x )的单调递增区间是(ln a ，＋∞)； 令f ′(x )<0，得x <ln a ，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )， 函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a . g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0,1)上单调递增； 当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)当x ≤0时，a >0，e x－ax ≥0恒成立， 当x >0时，f (x )≥0，即e x－ax ≥0，即a ≤e xx.令h (x )＝e x x ，x ∈(0，＋∞)，h ′(x )＝e x x －e x x2＝exx －1x 2， 当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故h (x )的最小值为h (1)＝e ， 所以a ≤e，故实数a 的取值X 围是(0，e]．17．(2017·某某湘中名校联考)设函数f (x )＝x －1x－a ln x (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋1x 2－a x ＝x 2－ax ＋1x 2.令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4. ①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－42，x 2＝a ＋a 2－42，当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减． (2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋x 1－x 2x 1x 2－a (ln x 1－ln x 2)， 所以k ＝f x 1－f x 2x 1－x 2＝1＋1x 1x 2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·ln x 1－ln x 2x 1－x 2.若存在a ，使得k ＝2－a .则ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝1.即ln x1－ln x2＝x1－x2.亦即x2－1x2－2ln x2＝0(x2>1)．(*)再由(1)知，函数h(t)＝t－1t－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2>1，所以x2－1x2－2ln x2>1－11－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在a，使得k＝2－a.。
高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(一)课件文
(1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围． 含参数的导数解答题，首先求定义域，注 意应用分类讨论思想方法．
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若 a>0，则由 f′(x)＝0 得 x＝ln a. 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0； 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增．
解析 令 g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1. 由题意知 g′(x)>0，∴g(x)为增函数． ∵g(2)＝f(2)－2＝0， ∴g(x)>0 的解集为(2，＋∞)．
经典题型冲关
题型 1 利用导数研究函数的单调性 角度 1 判断或证明函数的单调性 典例 (2017· 全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
第2章
函研究函数中的应用(一)
基础知识过关
[知识梳理] 1．函数的单调性与导数
2．函数的极值与导数 设函数 f(x)在点 x0 及其附近有定义
极小值点、 极大值点统称为极值点， 极大值和极小值统 称为极值． 极值点与导数：可导函数的极值点必须是导数为 0 的 点，但导数为 0 的点不一定是极值点，即 f′(x0) ＝0 是可 导函数 f(x)在 x＝x0 处取得极值的必要不充分条件．例如， 函数 y＝x3 在 x＝0 处有 y′＝0， 但 x＝0 不是极值点． 此外， 函数的不可导点也可能是函数的极值点．
解析 ∵若 x0 是 f(x)的极小值点， 则 y＝f(x)的图象大致 如右图所示，则在(－∞，x0)上不单调，故 C 不正确．故选 C.
高考数学一轮复习 第2章 第11节 导数在研究函数中的应用课件 理 苏教版
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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．
[解] f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. 令 f′(x)＝0，得 x＝kπ(k∈N*)． 当 x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时 f′(x)<0； 当 x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x<0，此时 f′(x)>0. 故 f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区 间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．
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[解] (1)f′(x)＝x2＋2x＋a，方程 x2＋2x＋a＝0 的判别式 Δ＝4 －4a，
∴当 a≥1 时，Δ≤0，∴f′(x)≥0， 此时 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当 a<1 时，方程 x2＋2x＋a＝0 的两根为－1± 1－a，
当 x∈(－∞，－1－ 1－a)时，f′(x)>0，此时 f(x)单调递增，
[解析] ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， 由 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝2. ∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m， 有 f(0)>f(2)>f(－2)． ∴m＝3，最小值为 f(－2)＝－37. [答案] －37
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4．(2014·新课标Ⅱ)若函数 f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单 调递增，则 k 的取值范围是________．
高三数学一轮复习 第二章 第十一节 导数在研究函数中的应用课件 理 新人教A版
(2013·广州调研)设f(x)＝1＋exax2，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．
【思路点拨】
(1)当a＝
4 3
时，求f′(x)＝0的根，然后利
用极值与导数的关系判定；(2)转化为判定f′(x)不变号满足
的不等式，求a的范围．
【提示】 不一定．如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0) ＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点，对于可导函数，若x ＝x0为其极值点，则需满足以下两个条件：①f′(x0)＝0，②x ＝x0两侧的导数f′(x)的符号异号．因此f′(x0)＝0是函数y＝f(x) 在点x＝x0取得极值的必要(bìyào)不充分条件．
第七页，共48页。
1．(人教A版教材习题改编)当x＞0时，f(x)＝x＋
4 x
的单
调减区间是( )
A．(2，＋∞) C．( 2，＋∞)
B．(0，2) D．(0， 2)
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【解析】 f′(x)＝1－x42，令f′(x)＜0， ∴1－x42＜0，∴0＜x＜2，
x＞0， ∴f(x)的减区间为(0，2)．
第十六页，共48页。
(2)由于a＝1， 所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于
k<exx＋－11＋x(x>0)．
①
令g(x)＝exx＋－11＋x，
则g′(x)＝（－exx－ex－1）12＋1＝ex（（eexx－－x1－）22）.
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(2)∵f′(x)＝－3x2＋2ax＝x(－3x＋2a)，∵a＜0，
高三人教A版数学(理)一轮复习课件：第2章第11节导数在研究函数中的应用51页PPT
·
提
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
高 考 体 验 · 明 考 情
课 后 作 业
新课标 ·理科数学（广东专用）
自
【解析】
导函数f′(x)的图象与x轴的交点中，左侧图
高 考
主
落 象在x轴下方，右侧图象在x轴上方的只有一个.
体 验
实
·
·
明
固
考
基
情
础
【答案】 A
典
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
高 考
主
体
落 实
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 验 ·
· 固
他点的函数值___都__大____，且f′(b)＝0，而且在x＝b附近的左
明 考
基
情
础 侧_____f_′_(x_)_>_0__，右侧_____f_′(_x_)_<_0__，则b点叫函数的极大
值点，f(b)叫函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．
课
探
后
究 ·
【答案】 A
作 业
提
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
4．(2019·陕西高考)设函数f(x)＝xex，则( )
高
自
主
A．x＝1为f(x)的极大值点
考 体
落
验
实 ·
B．x＝1为f(x)的极小值点
· 明
固
考
基 础
C．x＝－1为f(x)的极大值点
情
高考数学一轮复习 2.11 导数在研究函数中的应用课件 文 新人教A版
(A)(-∞,1).
(B)(-1,0).
(C)(0,1).
(D)(0,+∞).
【解析】由题意知:a≠0,①当-1<a<0时,显然满足题意;②当a >0时,显然不满足题意;③当a≤-1时,显然不满足题意.
【答案】B
高考中的应用
核心突围 技能聚合
【解析】(1)f'(x)=-x+ b ,则问题即为-x+ b ≤0在(2,+∞)上恒成
x
x
立,可化为b≤x2在(2,+∞)上恒成立.
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第二章 2.11 导数在研究函数中的应用
而x2在(2,+∞)上大于4,则b≤4. (2)y'=2cos x+ex,而ex≥e,2cos x≥-2, ∴y'>0,那么在区间[1,+∞)上,函数y=2sin x+ex为增函数.
题型1 利用导数研究函数的单调性
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第二章 2.11 导数在研究函数中的应用
例1 (1)若1f(x)=- x2+bln x在(2,+∞)上是减函数,则b
2
的取值范围是 ( )
(A)[4,+∞).
(B)(4,+∞).
(C)(-∞,4].
(D)(-∞,4).
(2)函数y=2sin x+ex在[1,+∞)上 ( )
2.利用导数研究实际问题的最值,其一般步骤为:
①分析实际问题中各量之间的关系,找出对应的数学模型,写 出实际问题中变量之间的函数关系y=f(x)(注意函数的实际 需要的限制);
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高考数学统考一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第十一节 导数在研究函数中的应用 第2课时 导数
学习资料第二章函数、导数及其应用第十一节导数在研究函数中的应用第二课时导数与函数的极值、最值课时规范练A组—-基础对点练1．设a∈R，若函数y＝e x＋ax,x∈R有大于零的极值点，则(）A．a＜－1B．a＞－1C．a＞－错误!D．a＜－错误!解析:∵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.故选A。
答案:A2．(2020·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是(）A．y＝x3B．y＝ln(－x）C．y＝x e－x D．y＝x＋错误!解析：A、B为单调函数,不存在极值，C不是奇函数，故选D.答案:D3．设函数f（x）＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R）．若x＝－1为函数f(x）e x的一个极值点,则下列图像不可能为y＝f(x)图像的是（)解析：因为［f(x)e x］′＝f′（x）e x＋f（x）（e x)′＝[f（x)＋f′(x)]e x,且x＝－1为函数f（x）e x的一个极值点，所以f(－1）＋f′（－1）＝0;选项D中，f（－1)＞0，f′（－1)＞0，不满足f′(－1）＋f(－1）＝0。
答案：D4．已知f（x)＝2x3－6x2＋m（m为常数）在［－2，2］上有最大值3,那么此函数在[－2，2］上的最小值是()A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对解析：f′（x）＝6x2－12x＝6x（x－2）,所以f（x)在［－2，0］上单调递增，在(0，2］上单调递减．所以x＝0为极大值点，也为最大值点．所以f(0）＝m＝3,所以m＝3。
所以f(－2)＝－37，f（2)＝－5.所以最小值是－37.答案：A5．若a＞0，b＞0,且函数f（x）＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为(）A．2 B．3C．6 D．9解析：∵f（x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1）＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2错误!，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.答案：D6．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f（2）等于（)A．11或18 B．11C．18 D．17或18答案：C7．(2020·南昌调研)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝（e x－1)(x－1）k(k＝1，2)，则(）A．当k＝1时,f(x）在x＝1处取得极小值B．当k＝1时,f(x)在x＝1处取得极大值C．当k＝2时，f（x)在x＝1处取得极小值D．当k＝2时,f（x）在x＝1处取得极大值解析：当k＝1时,f′(x）＝e x·x－1，f′(1）≠0，∴x＝1不是f(x）的极值点．当k＝2时，f′(x）＝(x－1)（x e x＋e x－2），显然f′（1)＝0，且在x＝1附近的左侧f′（x）＜0,当x＞1时,f′（x）＞0，∴f(x）在x＝1处取得极小值．故选C.答案：C8．(2020·山东临沂模拟）已知y＝f（x)是奇函数，当x∈(0，2)时,f(x)＝ln x－ax(a＞错误!），当x∈(－2，0）时，f（x)的最小值为1，则a＝()A.错误!B．错误!C.错误!D．1解析:因为f(x）是奇函数,所以f（x)在（0,2）上的最大值为－1。
高考数学一轮复习 第二篇 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用(第1课时)课件 理
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【重要结论】 1．若函数 f(x)的图象连续不断，则 f(x)在[a，b]内一定有最值． 2．若函数 f(x)在[a，b]内是单调函数，则 f(x)一定在区间端点处取得 最值． 3．若函数 f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定 是函数的最值．
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【教材导读】 1．若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)>0 吗？f′(x)>0 是否是 f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件？ 提示：函数 f(x)在(a，b)内单调递增，则 f′(x)≥0，f′(x)>0 是 f(x)在(a， b)内单调递增的充分不必要条件．
5．给出下列命题： ①f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件． ②函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的． ③函数的极大值不一定比极小值大． ④对可导函数 f(x)，f′(x0)＝0 是 x0 点为极值点的充要条件． ⑤函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值． 其中真命题是________．(写出所有真命题的序号)
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2．函数 f(x)＝3x2＋ln x－2x 的极值点的个数是( )
(A)0
(B)1
(C)2
(D)无数个
A 解析：f′(x)＝6x＋1x－2＝6x2－x2x＋1，由 f′(x)＝0 得 6x2－2x＋1＝0，
方程无解，因此函数无极值点．
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3．(2017 全国卷)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则
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课时作业(十四) 导数在研究函数中的应用(一)一、选择题1．(2015·山东高考预测)已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则对于任意x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，下列结论正确的是( )①f (x )＜0恒成立；②(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0； ③(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＜0； ④f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＞f x 1＋f x 22；⑤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＜f x 1＋f x 22. A ．①③ B ．①③④ C ．②④ D ．③⑤答案：D解析：由f ′(x )的图象知，函数在R 上为减函数，且递减的速度逐渐减慢，函数y ＝f (x )的示意图如图所示．由图象知，③⑤正确．故应选D. 2．若函数y ＝a (x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是( ) A ．(0，＋∞) B ．(－1,0) C ．(1，＋∞) D ．(0,1)答案：A解析：y ′＝a (3x 2－1)， 解3x 2－1<0，得－33<x <33. ∴f (x )＝x 3－x 在⎝⎛⎭⎪⎫－33，33上为减函数．又y ＝a (x 3－x )的递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，∴a >0. 故应选A.3．(2015·山西高考信息优化卷)已知对任意m ∈R ，直线x ＋y ＋m ＝0都不是f (x )＝x 3－3ax (a ∈R )的切线，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞ D ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，13 答案：B解析：由题意，得f ′(x )＝3x 2－3a ≠－1，即a ≠x 2＋13.∵x ∈R ，∴x 2＋13≥13，解得a ＜13.故应选B.4．(2015·惠州模拟)函数y ＝f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，且函数y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线为l ：y ＝g (x )＝f ′(x 0)·(x －x 0)＋f (x 0)，F (x )＝f (x )－g (x )，如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象如图所示，且a <x 0<b ，那么( )A ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极大值点B ．F ′(x 0)＝0，x ＝x 0是F (x )的极小值点C ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0不是F (x )的极值点D ．F ′(x 0)≠0，x ＝x 0是F (x )的极值点 答案：B解析：由题知，F ′(x )＝f ′(x )－g ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)， ∴F ′(x 0)＝f ′(x 0)－f ′(x 0)＝0.又当x <x 0时，从图象上看，f ′(x )<f ′(x 0)，即F ′(x )<0， 此时函数F (x )＝f (x )－g (x )为减函数， 同理，当x >x 0时，函数F (x )为增函数． 故应选B.5．(2014·湖南)若0<x 1<x 2<1，则( ) A ．e x2－e x1>ln x 2－ln x 1 B ．e x2－e x1<ln x 2－ln x 1 C ．x 2e x1>x 1e x2 D ．x 2e x1<x 1e x2 答案：C解析：构造函数f (x )＝e x －ln x ，则f ′(x )＝e x －1x，故f (x )＝e x－ln x 在(0,1)上有一个极值点，即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 )＝exx ，则g ′(x )＝x e x －e x x 2＝e x x －x 2，故函数g (x )＝exx在(0,1)上单调递减，故g (x 1)>g (x 2)，x 2e x1>x 1e x2.故应选C.6．(2015·江西上饶模拟)已知f (x )＝x 3－3x ＋m ，在区间[0,2]上任取三个数a ，b ，c ，均存在以f (a )，f (b )，f (c )为边长的三角形，则m 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(4，＋∞)C ．(6，＋∞)D ．(8，＋∞)答案：C解析：由f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x 1＝1，x 2＝－1(舍去)，所以函数f (x )在区间[0,1)上单调递减，在区间(1,2]上单调递增，则f (x )min ＝f (1)＝m －2，由于f (0)＝m ，f (2)＝m ＋2，所以f (x )max ＝f (2)＝m ＋2.由题意知，f (1)＝m －2＞0，①由f (1)＋f (1)＞f (2)，得－4＋2m ＞2＋m ，② 由①②，得m ＞6，故应选C. 二、填空题 7．函数f (x )＝xln x的单调递减区间是________． 答案：(0,1)，(1，e)解析：f ′(x )＝ln x －1ln 2x，令f ′(x )＜0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ln x －1＜0，ln x ≠0，∴0＜x ＜1或1＜x ＜e ，故函数的单调递减区间是(0,1)和(1，e)．8．已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1处有极值0，则m ＋n ＝________. 答案：11解析：∵f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n ， ∴由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧f －＝－3＋3m －2＋n －＋m 2＝0，f －＝－2＋6m －＋n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0恒成立，与x ＝－1是极值点矛盾，当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)，显然x ＝－1是极值点，符合题意，∴m ＋n ＝11.9．(2015·德州模拟)已知f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是________．答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞ 解析：∵∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立， ∴f (x )的最小值小于或等于g (x )的最大值即可． ∵f (x )＝x e x，∴f ′(x )＝(x e x )′＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x，∴当x >－1时，f ′(x )>0，即f (x )在(－1，＋∞)上为增函数， 当x <－1时，f ′(x )<0，即f (x )在(－∞，－1)上为减函数， ∴f (x )min ＝f (－1)＝－1·e －1＝－1e .又∵g (x )＝－(x ＋1)2＋a ， ∴g ′(x )＝－2(x ＋1)，∴在(－∞，－1)上g (x )为增函数， 在(－1，＋∞)上g (x )为减函数， ∴g (x )max ＝g (－1)＝0＋a ＝a ， 依题意可知，a ≥－1e.10．(2015·济南模拟)已知函数f (x )的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：f (x )的导函数y ＝f ′(下列关于函数f (x )的命题： ①函数f (x )的值域为[1,2]； ②函数f (x )在[0,2]上是减函数；③如果当x ∈[－1，t ]时，f (x )的最大值是2，那么t 的最大值为4； ④当1<a <2时，函数y ＝f (x )－a 有4个零点． 其中真命题为________(填写序号)． 答案：②解析：由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )在(－1,0)上递增，在(0,2)上递减，在(2,4)上递增，在(4,5)上递减，故②正确；当x ＝0与x ＝4时，y ＝f (x )取极大值，当x ＝2时，y ＝f (x )取极小值，因为f (2)的值不确定，故①④不正确；对于③，t 的最大值为5.三、解答题11．(2014·山东)设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数． (1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性． 解：由题意知，当a ＝0时，f (x )＝x －1x ＋1，x ∈(0，＋∞)． 此时f ′(x )＝2x ＋2，可得f ′(1)＝12，又f (1)＝0，所以曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为x －2y －1＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2x ＋2＝ax 2＋a ＋x ＋ax x ＋2.当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． 当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ， 由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)， ①当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12x －2x x ＋2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－a ＋＋2a ＋1a，x 2＝－a ＋－2a ＋1a.由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a ＋＋2a ＋1a，⎝⎛⎭⎪⎫－a ＋－2a ＋1a，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋＋2a ＋1a ，－a ＋－2a ＋1a上单调递增．12．(2014·江西)已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )·1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x x ＋1－2x ，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(－2,0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减． 故当x ＝－2时f (x )取得极小值，f (－2)＝0， 当x ＝0时f (x )取得极大值，f (0)＝4. (2)f ′(x )＝－x [5x ＋b －1－2x ，因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x＜0，依题意，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，解得b ≤19.所以b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，19. 13．(2015·福建漳州七校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )图象过点P (1,2)，且f (x )在点P 处的切线与直线y ＝8x ＋1平行．(1)求a ，b 的值；(2)若f (x )≤m ＋5m在[－1,1]上恒成立，求正数m 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧f＝2，f ＝8，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋a ＋b ＝2，3＋2a ＋b ＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－3.(2)由(1)知，f (x )＝x 3＋4x 2－3x ， 若f (x )≤m ＋5m在[－1,1]上恒成立，只须f (x )max ≤m ＋5m.∵f ′(x )＝3x 2＋8x －3，∴令f ′(x )＞0，解得x ＞13或x ＜－3，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞和(－∞，－3)上单调递增； 令f ′(x )＜0，解得－3＜x ＜13，则f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，13上单调递减，∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上单调递增．又f (－1)＝－1＋4＋3＝6，f (1)＝1＋4－3＝2， ∴f (x )max ＝6，则m ＋5m≥6.由m ＞0，得m 2－6m ＋5≥0， 解得m ≥5或0＜m ≤1.故m 的取值范围是(0,1]∪[5，＋∞)．。