第3讲 导数的简单应用
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解3---导数的几何意义及函数的单调性
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第3讲导数的几何意义及函数的单调性[考情分析] 1.导数的几何意义和计算是导数应用的基础，是高考的热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度较小.2.应用导数研究函数的单调性，是导数应用的重点内容，也是高考的常见题型，以选择题、填空题的形式考查，或为导数解答题第一问，难度中等偏上，属综合性问题．考点一导数的几何意义与计算核心提炼1．导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率．(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同．(3)切点既在切线上，又在曲线上．2．复合函数的导数复合函数y＝f(g(x))的导数和函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝y′u·u′x.例1(1)(2022·焦作模拟)函数f(x)＝(2e x－x)·cos x的图象在x＝0处的切线方程为()A．x－2y＋1＝0 B．x－y＋2＝0C．x＋2＝0 D．2x－y＋1＝0答案 B解析由题意，函数f(x)＝(2e x－x)·cos x，可得f′(x)＝(2e x－1)·cos x－(2e x－x)·sin x，所以f′(0)＝(2e0－1)·cos 0－(2e0－0)·sin 0＝1，f(0)＝(2e0－0)·cos 0＝2，所以f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝x－0，即x－y＋2＝0.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)若曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________． 答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞)解析 因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(x ＋a ＋1)e x .设切点为A (x 0，(x 0＋a )0e x)，O 为坐标原点，依题意得，切线斜率k OA ＝0=|x x y'＝(x 0＋a ＋1)0e x ＝000e x x a x (+)，化简，得x 20＋ax 0－a ＝0.因为曲线y ＝(x ＋a )e x 有两条过坐标原点的切线，所以关于x 0的方程x 20＋ax 0－a ＝0有两个不同的根，所以Δ＝a 2＋4a >0，解得a <－4或a >0，所以a 的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．易错提醒 求曲线的切线方程要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点． 跟踪演练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)曲线y ＝ln|x |过坐标原点的两条切线的方程为__________，____________.答案 y ＝1e xy ＝－1ex 解析 先求当x >0时，曲线y ＝ln x 过原点的切线方程，设切点为(x 0，y 0)，则由y ′＝1x ，得切线斜率为1x 0， 又切线的斜率为y 0x 0，所以1x 0＝y 0x 0， 解得y 0＝1，代入y ＝ln x ，得x 0＝e ，所以切线斜率为1e ，切线方程为y ＝1ex . 同理可求得当x <0时的切线方程为y ＝－1ex . 综上可知，两条切线方程为y ＝1e x ，y ＝－1ex . (2)(2022·保定联考)已知函数f (x )＝a ln x ，g (x )＝b e x ，若直线y ＝kx (k >0)与函数f (x )，g (x )的图象都相切，则a ＋1b的最小值为( ) A ．2 B ．2eC ．e 2D. e答案 B解析 设直线y ＝kx 与函数f (x )，g (x )的图象相切的切点分别为A (m ，km )，B (n ，kn )．由f ′(x )＝a x ，有⎩⎪⎨⎪⎧ km ＝a ln m ，a m ＝k ，解得m ＝e ，a ＝e k .又由g ′(x )＝b e x ，有⎩⎪⎨⎪⎧kn ＝b e n ，b e n ＝k ， 解得n ＝1，b ＝k e， 可得a ＋1b ＝e k ＋e k≥2e 2＝2e ， 当且仅当a ＝e ，b ＝1e时取“＝”．考点二 利用导数研究函数的单调性 核心提炼利用导数研究函数单调性的步骤(1)求函数y ＝f (x )的定义域．(2)求f (x )的导数f ′(x )．(3)求出f ′(x )的零点，划分单调区间．(4)判断f ′(x )在各个单调区间内的符号．例2(2022·哈师大附中模拟)已知函数f (x )＝ax e x －(x ＋1)2(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若f (x )在x ＝0处的切线与直线y ＝ax 垂直，求a 的值；(2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，则f ′(0)＝a －2，由已知得(a －2)a ＝－1，解得a ＝1.(2)f ′(x )＝(x ＋1)(a e x －2)，①当a ≤0时，a e x －2<0，所以f ′(x )>0⇒x <－1，f ′(x )<0⇒x >－1，则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；②当a >0时，令a e x －2＝0，得x ＝ln 2a， (ⅰ)当0<a <2e 时，ln 2a>－1， 所以f ′(x )>0⇒x <－1或x >ln 2a， f ′(x )<0⇒－1<x <ln 2a， 则f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； (ⅱ)当a ＝2e 时，f ′(x )＝2(x ＋1)(e x ＋1－1)≥0， 则f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅲ)当a >2e 时，ln 2a<－1， 所以f ′(x )>0⇒x <ln 2a或x >－1， f ′(x )<0⇒ln 2a<x <－1， 则f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 综上，当a ≤0时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减；当0<a <2e 时，f (x )在(－∞，－1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1，ln 2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，＋∞上单调递增； 当a ＝2e 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >2e 时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln 2a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫ln 2a ，－1上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增． 规律方法 (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制；(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论；(3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．跟踪演练2 (2022·北京模拟)已知函数f (x )＝ln x －ln t x －t. (1)当t ＝2时，求f (x )在x ＝1处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间．解 (1)∵t ＝2，∴f (x )＝ln x －ln 2x －2， ∴f ′(x )＝x －2x －ln x ＋ln 2(x －2)2， ∴f ′(1)＝ln 2－1，又f (1)＝ln 2，∴切线方程为y －ln 2＝(ln 2－1)(x －1)，即y ＝(ln 2－1)x ＋1.(2)f (x )＝ln x －ln t x －t， ∴f (x )的定义域为(0，t )∪(t ，＋∞)，且t >0，f ′(x )＝1－t x －ln x ＋ln t (x －t )2， 令φ(x )＝1－t x－ln x ＋ln t ，x >0且x ≠t ， φ′(x )＝t x 2－1x ＝t －x x 2， ∴当x ∈(0，t )时，φ′(x )>0，当x ∈(t ，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(0，t )上单调递增，在(t ，＋∞)上单调递减，∴φ(x )<φ(t )＝0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在(0，t )，(t ，＋∞)上单调递减．即f (x )的单调递减区间为(0，t )，(t ，＋∞)，无单调递增区间．考点三 单调性的简单应用 核心提炼1．函数f (x )在区间D 上单调递增(或递减)，可转化为f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)在x ∈D 上恒成立．2．函数f (x )在区间D 上存在单调递增(或递减)区间，可转化为f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在x ∈D 上有解．例3 (1)若函数f (x )＝e x (cos x －a )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2，＋∞) B ．(1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)答案 D解析 f ′(x )＝e x (cos x －a )＋e x (－sin x )＝e x (cos x －sin x －a )，∵f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上单调递减，∴f ′(x )≤0在区间⎝⎛⎭⎫－π2，π2上恒成立，即cos x －sin x －a ≤0恒成立，即a ≥cos x －sin x ＝2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4恒成立，∵－π2<x <π2，∴－π4<x ＋π4<3π4，∴－1<2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π4≤2，∴a ≥ 2.(2)(2022·新高考全国Ⅰ)设a ＝0.1e 0.1，b ＝19，c ＝－ln 0.9，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．a <c <b答案 C解析 设u (x )＝x e x (0<x ≤0.1)，v (x )＝x 1－x(0<x ≤0.1)， w (x )＝－ln(1－x )(0<x ≤0.1)．则当0<x ≤0.1时，u (x )>0，v (x )>0，w (x )>0.①设f (x )＝ln[u (x )]－ln[v (x )]＝ln x ＋x －[ln x －ln(1－x )]＝x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则f ′(x )＝1－11－x ＝x x －1<0在(0,0.1]上恒成立， 所以f (x )在(0,0.1]上单调递减，所以f (0.1)<f (0)＝0＋ln(1－0)＝0，即ln[u (0.1)]－ln[v (0.1)]<0，所以ln[u (0.1)]<ln[v (0.1)]．又函数y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以u (0.1)<v (0.1)，即0.1e 0.1<19，所以a <b . ②设g (x )＝u (x )－w (x )＝x e x ＋ln(1－x )(0<x ≤0.1)，则g ′(x )＝(x ＋1)e x －11－x＝(1－x 2)e x －11－x(0<x ≤0.1)． 设h (x )＝(1－x 2)e x －1(0<x ≤0.1)，则h ′(x )＝(1－2x －x 2)e x >0在(0,0.1]上恒成立，所以h (x )在(0,0.1]上单调递增，所以h (x )>h (0)＝(1－02)·e 0－1＝0，即g ′(x )>0在(0,0.1]上恒成立，所以g (x )在(0,0.1]上单调递增，所以g (0.1)>g (0)＝0·e 0＋ln(1－0)＝0，即g (0.1)＝u (0.1)－w (0.1)>0，所以0.1e 0.1>－ln 0.9，即a >c .综上，c <a <b ，故选C.规律方法 利用导数比较大小或解不等式的策略利用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题，转化为利用导数研究函数单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．跟踪演练3 (1)(2022·全国甲卷)已知9m ＝10，a ＝10m －11，b ＝8m －9，则( )A ．a ＞0＞bB ．a ＞b ＞0C ．b ＞a ＞0D ．b ＞0＞a答案 A解析 ∵9m ＝10，∴m ∈(1,2)，令f (x )＝x m －(x ＋1)，x ∈(1，＋∞)，∴f ′(x )＝mx m －1－1， ∵x >1且1<m <2，∴x m －1>1，∴f ′(x )>0， ∴f (x )在(1，＋∞)上单调递增，又9m ＝10，∴9m －10＝0，即f (9)＝0，又a ＝f (10)，b ＝f (8)，∴f (8)<f (9)<f (10)，即b <0<a .(2)已知变量x 1，x 2∈(0，m )(m >0)，且x 1<x 2，若2112x x x x 恒成立，则m 的最大值为(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)( )A ．e B. e C.1eD ．1 答案 A解析 ∵2112x x x x ⇒x 2ln x 1<x 1ln x 2，x 1，x 2∈(0，m )，m >0，∴ln x 1x 1<ln x 2x 2恒成立， 设函数f (x )＝ln x x ，∵x 1<x 2，f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(0，m )上单调递增，又f ′(x )＝1－ln xx 2，则f ′(x )>0⇒0<x <e ，即函数f (x )的单调递增区间是(0，e)，则m 的最大值为e.专题强化练一、单项选择题1．(2022·张家口模拟)已知函数f (x )＝1x －2x ＋ln x ，则函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为() A ．2x ＋y －2＝0 B ．2x －y －1＝0C ．2x ＋y －1＝0D ．2x －y ＋1＝0答案 C解析 因为f ′(x )＝－1x 2－2＋1x ，所以f ′(1)＝－2，又f (1)＝－1，故函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －(－1)＝－2(x －1)，化简得2x ＋y －1＝0.2．已知函数f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，其导函数为f ′(x )，则f ′(0)等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 C解析 因为f (x )＝x 2＋f (0)·x －f ′(0)·cos x ＋2，所以f (0)＝2－f ′(0)．因为f ′(x )＝2x ＋f (0)＋f ′(0)·sin x ，所以f ′(0)＝f (0)．故f ′(0)＝f (0)＝1.3．(2022·重庆检测)函数f (x )＝e －x cos x (x ∈(0，π))的单调递增区间为( ) A.⎝⎛⎭⎫0，π2B.⎝⎛⎭⎫π2，π C.⎝⎛⎭⎫0，3π4 D.⎝⎛⎭⎫3π4，π 答案 D解析 f ′(x )＝－e －x cos x －e －x sin x ＝－e －x (cos x ＋sin x )＝－2e －x sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，3π4时， e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4>0，则f ′(x )<0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，e －x >0，sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4<0，则f ′(x )>0. ∴f (x )在(0，π)上的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫3π4，π.4．(2022·厦门模拟)已知函数f (x )＝(x －1)e x －mx 在区间x ∈[1,2]上存在单调递增区间，则m 的取值范围为( )A ．(0，e)B ．(－∞，e)C ．(0,2e 2)D ．(－∞，2e 2)答案 D解析 ∵f (x )＝(x －1)e x －mx ，∴f ′(x )＝x e x －m ，∵f (x )在区间[1,2]上存在单调递增区间，∴存在x ∈[1,2]，使得f ′(x )>0，即m <x e x ，令g (x )＝x e x ，x ∈[1,2]，则g ′(x )＝(x ＋1)e x >0恒成立，∴g (x )＝x e x 在[1,2]上单调递增，∴g (x )max ＝g (2)＝2e 2，∴m <2e 2，故实数m 的取值范围为(－∞，2e 2)．5．(2021·新高考全国Ⅰ)若过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则( )A ．e b <aB ．e a <bC ．0<a <e bD ．0<b <e a答案 D解析 (用图估算法)过点(a ，b )可以作曲线y ＝e x 的两条切线，则点(a ，b )在曲线y ＝e x 的下方且在x 轴的上方，得0<b <e a .6．已知a ＝e 0.3，b ＝ln 1.52＋1，c ＝ 1.5，则它们的大小关系正确的是( ) A ．a >b >c B ．a >c >bC ．b >a >cD ．c >b >a答案 B解析 由b ＝ln 1.52＋1＝ln 1.5＋1，令f (x )＝ln x ＋1－x ，则f ′(x )＝1x －1，当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0；所以f (x )＝ln x ＋1－x 在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且f (1)＝0，则f ( 1.5)<0，因此ln 1.5＋1－ 1.5<0，所以b <c ，又因为c ＝ 1.5<1.3，所以ln 1.5＋1< 1.5<1.3，得ln 1.5<0.3＝ln e 0.3， 故 1.5<e 0.3，所以a >c .综上，a >c >b .二、多项选择题7．若曲线f (x )＝ax 2－x ＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则a 的取值可以是() A ．－12 B ．0 C.18 D.14答案 ABC解析 依题意，f (x )存在垂直于y 轴的切线，即存在切线斜率k ＝0的切线，又k ＝f ′(x )＝2ax ＋1x －1，x >0，∴2ax ＋1x －1＝0有正根，即－2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x 有正根，即函数y ＝－2a 与函数y ＝⎝⎛⎭⎫1x 2－1x ，x >0的图象有交点，令1x ＝t >0，则g (t )＝t 2－t ＝⎝⎛⎭⎫t －122－14，∴g (t )≥g ⎝⎛⎭⎫12＝－14，∴－2a ≥－14，即a ≤18.8．已知函数f (x )＝ln x ，x 1>x 2>e ，则下列结论正确的是() A ．(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0B.12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x22C ．x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0D ．e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2答案 BCD解析 ∵f (x )＝ln x 是增函数，∴(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，A 错误；12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12(ln x 1＋ln x 2)＝12ln(x 1x 2)＝ln x 1x 2，f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22＝ln x 1＋x 22，由x 1>x 2>e ，得x 1＋x 22>x 1x 2，又f (x )＝ln x 单调递增，∴12[f (x 1)＋f (x 2)]<f ⎝⎛⎭⎫x1＋x 22，B 正确；令h (x )＝f (x )x ，则h ′(x )＝1－ln x x 2， 当x >e 时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴h (x 1)<h (x 2)，即 f (x 1)x 1< f (x 2)x 2⇒x 1f (x 2)－x 2f (x 1)>0， C 正确；令g (x )＝e f (x )－x ，则g ′(x )＝e x－1， 当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴g (x 1)<g (x 2)，即e f (x 1)－x 1<e f (x 2)－x 2⇒e[f (x 1)－f (x 2)]<x 1－x 2，D 正确．三、填空题9．(2022·保定模拟)若函数f (x )＝ln x －2x＋m 在(1，f (1))处的切线过点(0,2)，则实数m ＝______. 答案 6解析 由题意，函数f (x )＝ln x －2x ＋m ， 可得f ′(x )＝1x ＋321x ， 可得f ′(1)＝2，且f (1)＝m －2，所以m －2－21－0＝2，解得m ＝6. 10．已知函数f (x )＝x 2－cos x ，则不等式f (2x －1)<f (x ＋1)的解集为________．答案 (0,2)解析 f (x )的定义域为R ，f (－x )＝(－x )2－cos(－x )＝x 2－cos x ＝f (x )，∴f (x )为偶函数．当x >0时，f ′(x )＝2x ＋sin x ，令g (x )＝2x ＋sin x ，则g ′(x )＝2＋cos x >0，∴f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增，∴f ′(x )>f ′(0)＝0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，∴原不等式化为|2x －1|<|x ＋1|，解得0<x <2，∴原不等式的解集为(0,2)．11．(2022·伊春模拟)过点P (1,2)作曲线C ：y ＝4x的两条切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 的方程为________．答案 2x ＋y －8＝0解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝－4x 2， 所以曲线C 在A 点处的切线方程为y －y 1＝－4x 21(x －x 1)， 将P (1,2)代入得2－y 1＝－4x 21(1－x 1)， 因为y 1＝4x 1，化简得2x 1＋y 1－8＝0， 同理可得2x 2＋y 2－8＝0，所以直线AB 的方程为2x ＋y －8＝0.12．已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋ln x ，对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3，则实数a 的取值范围是________．答案a ≤－1解析 对于任意不同的x 1，x 2∈(0，＋∞)，有 f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>3. 不妨设x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)<3(x 1－x 2)，即f (x 1)－3x 1<f (x 2)－3x 2，设F (x )＝f (x )－3x ，则F (x 1)<F (x 2)，又x 1<x 2，所以F (x )单调递增，F ′(x )≥0恒成立．F (x )＝f (x )－3x ＝12x 2－(a ＋3)x ＋ln x . 所以F ′(x )＝x －(3＋a )＋1x ＝x 2－(3＋a )x ＋1x， 令g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1，要使F ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，只需g (x )＝x 2－(3＋a )x ＋1≥0恒成立，即3＋a ≤x ＋1x 恒成立，x ＋1x ≥2x ·1x＝2， 当且仅当x ＝1x，即x ＝1时等号成立， 所以3＋a ≤2，即a ≤－1.四、解答题13．(2022·滁州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a ln x (a ∈R )．(1)若函数在x ＝1处的切线与直线x －4y －2＝0垂直，求实数a 的值；(2)当a >0时，讨论函数的单调性．解 函数定义域为(0，＋∞)，求导得f ′(x )＝2x －2＋a x. (1)由已知得f ′(1)＝2×1－2＋a ＝－4，得a ＝－4.(2)f ′(x )＝2x －2＋a x ＝2x 2－2x ＋a x(x >0)， 对于方程2x 2－2x ＋a ＝0，记Δ＝4－8a .①当Δ≤0，即a ≥12时，f ′(x )≥0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即0<a <12时，令f ′(x )＝0， 解得x 1＝1－1－2a 2，x 2＝1＋1－2a 2. 又a >0，故x 2>x 1>0.当x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．综上所述，当a ≥12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当0<a <12时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－2a 2， ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－2a 2，＋∞上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－2a 2，1＋1－2a 2上单调递减． 14．(2022·湖北八市联考)设函数f (x )＝e x －(ax －1)ln(ax －1)＋(a ＋1)x .(e ＝2.718 28…为自然对数的底数)(1)当a ＝1时，求F (x )＝e x －f (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，求实数a 的取值范围．解 (1)当a ＝1时，F (x )＝e x －f (x )＝(x －1)ln(x －1)－2x ，定义域为(1，＋∞)，F ′(x )＝ln(x －1)－1，令F ′(x )>0，解得x >e ＋1，令F ′(x )<0，解得1<x <e ＋1，故F (x )的单调递增区间为(e ＋1，＋∞)，单调递减区间为(1，e ＋1)．(2)f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，1上有意义，故ax －1>0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，可得a >e ，依题意可得f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1≥0在⎣⎡⎦⎤1e ，1上恒成立，设g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1，g ′(x )＝e x－a 2ax －1， 易知g ′(x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递增，故g ′(x )≤g ′(1)＝e －a 2a －1<0， 故g (x )＝f ′(x )＝e x －a ln(ax －1)＋1在⎣⎡⎦⎤1e ，1上单调递减，最小值为g (1)，故只需g (1)＝e －a ln(a －1)＋1≥0，设h (a )＝e －a ln(a －1)＋1，其中a >e ，由h ′(a )＝－ln(a －1)－a a －1<0可得， h (a )＝e －a ln(a －1)＋1在(e ，＋∞)上单调递减，又h (e ＋1)＝0，故a ≤e ＋1.综上所述，a 的取值范围为(e ，e ＋1]．。
高考一轮复习教案数学(理)新课标 第三篇 导数及其应用 3 导数的应用(二)
第3讲导数的应用(二)【2013年高考会这样考】1．利用导数求函数的极值．2．利用导数求函数闭区间上的最值．3．利用导数解决某些实际问题．【复习指导】本讲复习时，应注重导数在研究函数极值与最值中的工具性作用，会将一些实际问题抽象为数学模型，从而用导数去解决．复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用.基础梳理1．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f (x )的各极值与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．3．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．两个注意(1)注意实际问题中函数定义域的确定．(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 三个防范(1)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；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． (2)f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件． 如①y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导； ②f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点．(3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件．双基自测1．(2011·福建)若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )． A ．2 B ．3 C ．6 D ．9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，由函数f (x )在x ＝1处有极值，可知函数f (x )在x ＝1处的导数值为零，12－2a －2b ＝0，所以a ＋b ＝6，由题意知a ，b 都是正实数，所以ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取到等号．答案 D2．已知函数f(x)＝14x4－43x3＋2x2，则f(x)()．A．有极大值，无极小值B．有极大值，有极小值C．有极小值，无极大值D．无极小值，无极大值解析f′(x)＝x3－4x2＋4x＝x(x－2)2f′(x)，f(x)随x变化情况如下x (－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0＋f(x)04 3因此有极小值无极大值．答案 C3．(2010·山东)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()．A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件解析y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最大值，故选C.答案 C4．(2011·广东)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)当x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，故当x＝2时取得极小值．答案 25．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.解析 ∵f (x )在x ＝1处取极值，∴f ′(1)＝0， 又f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，∴f ′(1)＝2×1×(1＋1)－(1＋a )(1＋1)2＝0，即2×1×(1＋1)－(1＋a )＝0，故a ＝3. 答案 3考向一 函数的极值与导数【例1】►(2011·重庆)设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．[审题视点] 由条件x ＝－12为y ＝f ′(x )图象的对称轴及f ′(1)＝0求得a ，b 的值，再由f ′(x )的符号求其极值． 解 (1)因f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b . 从而f ′(x )＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 62＋b －a 26，即y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－a6对称， 从而由题设条件知－a 6＝－12，解得a ＝3.又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，解得b ＝－12. (2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1，f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)． 令f ′(x )＝0，即6(x －1)(x ＋2)＝0， 解得x 1＝－2，x 2＝1.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(－∞，－2)上为增函数； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )＜0， 故f (x )在(－2,1)上为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(1，＋∞)上为增函数．从而函数f (x )在x 1＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x 2＝1处取得极小值f (1)＝－6.运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的步骤：(1)先求函数的定义域，再求函数y ＝f (x )的导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 【训练1】 (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. 综合①，可知x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以，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与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立． 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.考向二 函数的最值与导数【例2】►已知a 为实数，且函数f (x )＝(x 2－4)(x －a )． (1)求导函数f ′(x )；(2)若f ′(－1)＝0，求函数f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值． [审题视点] 先化简再求导，求极值、端点值，进行比较得最值． 解 (1)f (x )＝x 3－ax 2－4x ＋4a ，得f ′(x )＝3x 2－2ax －4. (2)因为f ′(－1)＝0，所以a ＝12，有f (x )＝x 3－12x 2－4x ＋2，所以f ′(x )＝3x 2－x －4. 令f ′(x )＝0，所以x ＝43或x ＝－1.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝－5027，f (－1)＝92，f (－2)＝0，f (2)＝0，所以f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值分别为92、－5027.一般地，在闭区间[a ，b ]上的连续函数f (x )必有最大值与最小值，在开区间(a ，b )内的连续函数不一定有最大值与最小值，若函数y ＝f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增，则f (a )是最小值，f (b )是最大值；反之，则f (a )是最大值，f (b )是最小值．【训练2】 函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b 的图象 在点P (1,0)处的切线与直线3x ＋y ＝0平行 (1)求a ，b ；(2)求函数f (x )在[0，t ](t >0)内的最大值和最小值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax由已知条件⎩⎨⎧f (1)＝0，f ′(1)＝－3，即⎩⎨⎧ a ＋b ＋1＝0，2a ＋3＝－3，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝2. (2)由(1)知f (x )＝x 3－3x 2＋2， f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， f ′(x )与f (x )随x 变化情况如下：x (－∞，0)0 (0,2) 2 (2，＋∞)f ′(x )＋－0 ＋f (x )2－2由f (x )＝f (0)解得x ＝0，或x ＝3 因此根据f (x )的图象当0<t ≤2时，f (x )的最大值为f (0)＝2 最小值为f (t )＝t 3－3t 2＋2；当2<t ≤3时，f (x )的最大值为f (0)＝2， 最小值为f (2)＝－2；当t >3时，f (x )的最大值为f (t )＝t 3－3t 2＋2，最小值为 f (2)＝－2.考向三 用导数解决生活中的优化问题【例3】►(2011·江苏)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E 、F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．[审题视点] 由实际问题抽象出函数模型，利用导数求函数最优解，注意变量的实际意义．解 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0得x ＝0(舍去)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．【训练3】 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中，每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为：y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 解 (1)设汽车以x 千米/小时的速度行驶时，其耗油量为 f (x )＝100x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8＝x 21 280＋800x －154(0<x ≤120) f (40)＝17.5(升)因此从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)f′(x)＝x640－800x2＝x3－512 000640x2＝(x－80)(x2＋80x＋6 400)640x2又0<x≤120，令f′(x)＝0解得x＝80，当0<x<80时，f′(x)<0；当80<x≤120时，f′(x)>0.则当x＝80时，f(x)取到最小值f(80)＝11.25(升)因此当汽车以80千米/小时行驶时耗油最省，最小耗油量为11.25升．难点突破7——有关导数热点问题的求解策略导数的工具性使得导数在高考中的应用有得天独厚的优势，特别是在研究函数的性质、相切问题以及实际优化的问题方面．近年，各地高考都从不同的方面对导数内容进行考查，既有考查导数的小题，又有考查导数综合应用的大题．这些问题构成了高考试卷中一道亮丽的风景线．一、研究曲线切线的导数问题导数的几何意义是我们解决有关直线与曲线相切的问题以及切线的斜率问题的有力武器，它使得复杂的图象关系问题转化为简单的函数问题、因而常常与导函数在切点的函数值一起作为列出方程的重要依据．【示例】►(2011·辽宁)设函数f(x)＝x＋ax2＋b ln x，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P 点处的切线斜率为2(1)求a、b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.二、研究函数性质的导数问题导数是研究函数问题的有力工具，常常用来解决函数的单调性、极值、最值等问题．【示例】► (2011·陕西)设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 的大小关系；(3)求a 的取值范围，使得g (a )－g (x )＜1a 对任意x ＞0成立．▲解决实际问题的导数问题(教师备选)对于实际问题中的一些优化问题，如成本最低、利润最大、用料最省等问题，常常需要将实际问题抽象为数学问题，然后化为函数的最值来解决，而求解函数最值最有效的方法是导数法，因此，导数被广泛地应用于实际生活中的一些优化问题的求解过程，成为求解这些优化问题的首选．【示例】►如图所示，一根水平放置的长方体枕木的安全负荷与它的宽度a成正比，与它的厚度d的平方成正比，与它的长度l的平方成反比．(1)将此枕木翻转90°(即宽度变为了厚度)，枕木的安全负荷会变大吗？为什么？(2)现有一根横截面为半圆(半圆的半径为R)的柱形木材，用它截取成横截面为长方形的枕木，其长度即为枕木规定的长度，问如何截取，可使安全负荷最大？。
高考数学二轮复习 专题2 函数与导数 第3讲 导数的概念
第3讲导数的概念及其简单应用导数的几何意义及导数的运算1.(2015洛阳统考)已知直线m:x+2y-3=0,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,若l ⊥m,则Ρ点的坐标可能是( B )(A)（-错误!未找到引用源。
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）(D)（-错误!未找到引用源。
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）解析:由l⊥m可得直线l的斜率为2,函数y=3x+cos x的图象与直线l相切于Ρ点,也就是函数在P点的导数值为2,而y ′=3-sin x=2,解得sin x=1,只有B,D符合要求,而D中的点不在函数图象上,因此选B.2.(2014广东卷)曲线y=e-5x+2在点(0,3)处的切线方程为.解析:由题意知点(0,3)是切点.y′=-5e-5x,令x=0,得所求切线斜率为-5.从而所求方程为5x+y-3=0.答案:5x+y-3=0利用导数研究函数的单调性3.(2015辽宁沈阳市质检)若定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f′(x)>1,f(0)=4,则不等式f(x)>错误!未找到引用源。
+1(e为自然对数的底数)的解集为( A )(A)(0,+∞) (B)(-∞,0)∪(3,+∞)(C)(-∞,0)∪(0,+∞) (D)(3,+∞)解析:不等式f(x)>错误!未找到引用源。
+1可以转化为e x f(x)-e x-3>0令g(x)=e x f(x)-e x-3,所以g′(x)=e x(f(x)+f′(x))-e x=e x(f(x)+f′(x)-1)>0,所以g(x)在R上单调递增,又因为g(0)=f(0)-4=0,所以g(x)>0⇒x>0,即不等式的解集是(0,+∞).故选A.4.(2014辽宁卷)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( C )(A)[-5,-3] (B)[-6,-错误!未找到引用源。
第3讲 定积分、导数及应用
集合、常用逻辑用语、函数与导数
第3讲 定积分、导数及应用
自主学习
自主学习
1.由曲线y＝x2，y＝x3围成的封闭图形的面积为 ( ) 1 A. 12 1 B. 4 1 C. 3 7 D. 12
自主学习
解：由 y＝x
2
＝x )，得x＝0或1，
3
由图易知封闭图形的面积
1 2 S＝ (x －x3)dx＝ 0
) 3π B. 4 π D. 6
1 1 1 x 解：(1)当x∈[－ ， ]时，y′＝e ＋ x －3∈[－ 2 2 e 1 3π 1， e＋ －3]，故α的最小值是 ，故选B. 4 e
(2)设y＝f(x)为区间[0,1]上的连续函数，且恒有 0≤f(x)≤1，可以用随机模拟方法近似计算积分
1 0
a＋bln x 解：(1)由f(x)＝ ，得 x ＋1 b x＋1－a＋bln x x f′(x)＝ . 2 x＋1 而点(1，f(1))在直线x＋y＝2上，得f(1)＝1， 又直线x＋y＝2的斜率为－1，得f′(1)＝－1.
a 故有 ＝ 2
2b－a ＝－1 ⇒ a＝ 4
解：(1)y′＝2x· cos x＋x2· (－sin x) ＝2xcos x－x2sin x. 故选B.
3 (2)(2013· 昆明一中第一次摸底测试) ( 2
1 2 x ＋ ) dx x
＝__________.
3 解：(2) ( 2
1 2 1 3 x＋ ) dx＝ (x＋ ＋2)dx x x 2
自主学习
3.(2013· 长沙市第一中学月考)若函数y＝e(a－1)x＋ 4x(x∈R)有大于零的极值点，则实数a的范围是( A．a>－3 1 C．a>－ 3 B．a<－3 1 D．a<－ 3 )
第3讲_导数与不等式
根的分布理论成立的前提是开区间， 根的分布理论成立的前提是开区间，若在闭区间 ［m,n］讨论方程f(x)=0有实数解的情况，可先利 讨论方程f )=0有实数解的情况， 有实数解的情况 用在开区间（ 用在开区间（m,n）上实根分布的情况，得出结 上实根分布的情况， 果，再令x=n和x=m检查端点的情况.如实系数方程 再令x 检查端点的情况. ax+2 =0的一根大于 且小于1 另一根大于1 +2b 的一根大于0 x2+ax+2b=0的一根大于0且小于1，另一根大于1且 1 b−2 ( ,1) 小于2 小于2，则 的取值范围是 . 4 a −1
x ∵y= 2x − 1 1 ′=− ∴y . 2 (2 x − 1)
D.x D.x-4y-5=0
1.又 (1)=1,∴函数 函数y 在点(1,1) ∴y′│x=1=-1.又f(1)=1,∴函数y=f(x)在点(1,1) 处的切线方程为y 1=- 1),即 处的切线方程为y-1=-(x-1),即y+x-2=0.
第3讲
1.导数的概念及运算 1.导数的概念及运算
导数与不等式
∆y f ( x + ∆x) − f ( x) (1)定义 (1)定义 f ′( x) = lim = lim
(2)几何意义 (2)几何意义
∆x →0
∆x
∆x →0
∆x
曲线y=f(x)在P（x0，f（x0））处的切线的斜率为 曲线y ））处的切线的斜率为 其中f 处的导数). k=f′(x0)(其中f′(x0)为y=f(x)在x0处的导数). ′(x )(其中 ′(x (3)求导数的方法 (3)求导数的方法 ①基本导数公式：c′=0 (c为常数)； 基本导数公式： (c为常数) )′=mx (xm)′=mxm-1 (m∈Q);(sin x)′=cos x; )′=;(a )′=a (cos x)′=-sin x;(ex)′=ex;(ax)′=axln a;
3-第三讲 初等函数的导数(一)
(sin x)′ = cos x.
七、函数四则运算的求导法则 可导， 设u(x)、v(x)对x可导，且v(x)对x的导数不等于零 、 对 可导 对 的导数不等于零
法 1 [u(x) ± v(x)]' = u' (x) ± v' (x). 则
法则2 [u(x)v(x)]' = u' (x)v(x) + u(x)v' (x).
同理可得
(csc x)′ = −cot x ⋅ csc x
(sec x)′ = sec x tan x.
八、反函数求导法则 定理2 定理2-1 如果函数
x = ϕ(y)在区间 I y
上
单调、可导， 单调、可导，且 ϕ′( y) ≠ 0. 则它的反函数 在对应区间 I x
y = f (x)
上也可导, ={x x = ϕ( y), y ∈I y}上也可导,且
之间的函数关系为
1 2 s = gt 2
求物体在时刻t 下落的瞬时速度v。
解: 平均变化率为
g(t + ∆t) − gt ∆s 1 v= = = gt + g∆t ∆t ∆t 2
1 2 2 1 2 2
变化时,平均速度也随之变化。 当Δt 变化时,平均速度也随之变化。Δt的 绝对值越小,平均速度越接近时刻t 的瞬时速度. 的瞬时速度. 绝对值越小,
0.001 10 -n 1.000 0.100 0.010 0.001 10 -n
0.002001 0.0…020…01 5.000000 0.41 0.0401 0.004001 0.0…020…01
⇓
2.001 2.0…01 5.0000 4.1 4.01 4.001 4.0…01
2020年高考二轮复习第3讲导数的基本应用
第3讲导数的简单应用1．导数的几何意义函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．[提醒]求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P 为切点，后者点P不一定为切点．2．四个易误导数公式(1)(sin x)′＝cos_x；(2)(cos x)′＝－sin_x；(3)(a x)′＝a x ln a(a>0，且a≠1)；(4)(log a x)′＝1x ln a(a>0，且a≠1，x>0)．3．利用导数研究函数的单调性(1)导数与函数单调性的关系．①f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.②f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数函数．(2)利用导数研究函数单调性的方法．①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题来求解．4．利用导数研究函数的极值、最值(1)若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．热点一导数的几何意义——明切点，建方程(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax.若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x) 在点(0，0)处的切线方程为()A．y＝－2x B．y＝－xC．y＝2x D．y＝x解析：选D.解法一：因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0，因为x∈R，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D. [一题多变]1．奇函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 与直线y ＝kx ＋2相切，则实数k 的值为________． 解析：由例1解析知a ＝1，即f (x )＝x 3＋x ，f ′(x )＝3x 2＋1. 设切点M 为(x 0，x 30＋x 0)，则点M 处的切线方程为y －(x 30＋x 0)＝(3x 20＋1)(x －x 0)，又切线y ＝kx ＋2 过定点(0，2)，所以2－x 30－x 0＝(3x 20＋1)(－x 0)解得 x 0＝－1，故k ＝3x 20＋1＝4. 答案：42．奇函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 与曲线y ＝2x 2交点处的公切线方程为y ＝kx ＋2，则实数k 的值为________．解析：由例1解析知f (x )＝x 3＋x ，设交点(x 0，2x 20)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋x 0＝2x 203x 20＋1＝4x 0＝k解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝1k ＝4答案：41．解题策略：与切线有关问题的处理策略(1)已知切点A (x 0，y 0)求斜率k ，即求该点处的导数值，k ＝f ′(x 0)． (2)已知斜率k ，求切点A (x 1，f (x 1))，即解方程f ′(x 1)＝k .(3)求过某点M (x 1，y 1)的切线方程时，需设出切点A (x 0，f (x 0))，则切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)，再把点M (x 1，y 1)代入切线方程，求x 0. 2．常用结论①y ＝e x 在(0，1)处的切线方程为y ＝x ＋1；过原点的切线的切点为(1，e)； ②y ＝ln x 在(1，0)处的切线方程为y ＝x －1；过原点的切线的切点为(e ，1)． 热点二 利用导数研究函数的单调性(1)(2019·河北名校联考)函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调递减区间是________．解析：函数f (x )＝x 2－2ln x 的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －2x ＝2（x ＋1）（x －1）x <0，得0<x <1，∴f (x )的单调递减区间是(0，1)．(2)函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间(－1，2)内单调递减，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－2x ＋a ，又f (x )在(－1，2)内单调递减， ∴x 2－2x ＋a ≤0在(－1，2)上恒成立． 解法一：分离参数法－a ≥x 2－2x 恒成立，又x 2－2x <3. 故－a ≥3，即a ≤－3. 解法二：构造函数法设g (x )＝x 2－2x ＋a .由二次函数性质得：⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）≤0g （2）≤0即⎩⎪⎨⎪⎧（－1）2＋2＋a ≤04－4＋a ≤0，即a ≤－3. 答案：(－∞，－3](3)(2019·武汉模拟)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 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( ) A ．a <b <c B ．b <c <a C ．a <c <bD ．c <a <b解析：选D.构造函数g (x )＝f （x ）x ，所以g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， 因为当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减． 因为函数f (x )为奇函数，所以g (x )＝f （x ）x是偶函数，所以c ＝f （－3）－3＝g (－3)＝g (3)，因为a ＝f （e ）e ＝g (e)，b ＝f （ln 2）ln 2＝g (ln 2)，所以g (3)<g (e)<g (ln 2)，所以c <a <b . [一题多变]1．本例(1)函数f (x )＝x 2－2a ln x (a ∈R )的单调递增区间为________． 解析：定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －2a x ＝2（x 2－a ）x当a ≤0时，f ′(x )>0，即f (x )的增区间为(0，＋∞)． 当a >0时，由f ′(x )>0即x 2>a ，又x >0即x >a . 故f (x )增区间为(a ，＋∞)． 综上当a ≤0时f (x )增区间为(0，＋∞) 当a >0时，f (x )的增区间为(a ，＋∞)． 答案：当a ≤0时，f (x )增区间为(0，＋∞) 当a >0时，f (x )的增区间为(a ，＋∞)．2．本例(2)若f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在区间(－1，2)内存在单调减区间，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋a －1，当x ∈(－1，2)时，f ′(x )≥a －1， 依题意a －1<0即a <1. 答案：(－∞，1)3．本例(2)若函数f (x )＝13x 3－x 2＋ax －5在[－1，2]上不单调，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝(x －1)2＋a －1，若函数f (x )在[－1，2]上单调，则a －1≥0或⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－1）≤0f ′（2）≤0解得a ≥1或a ≤－3，故满足条件的a ∈(－3，1)． 答案：(－3，1)4．本例(3)变为：已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ∈(－∞，0)时，不等式f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a ＝3f (3)，b ＝－2f (－2)，c ＝f (1)，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >b >a C ．c >a >bD ．a >c >b解析：选A.令函数F (x )＝xf (x )，则F ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，∵当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0，∴F (x )＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减，∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴F (x )为偶函数．∵a ＝3f (3)，b ＝－2f (－2)，c ＝f (1)，∴a ＝F (－3)，b ＝F (－2)，c ＝F (1)＝F (－1)，∴F (－3)>F (－2)>F (－1)，即a >b >c .1．解题策略(1)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路①由函数在区间[a ，b ]上单调递增(减)可知f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)在区间[a ，b ]上恒成立列出不等式．②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f ′(x )在整个区间恒等于0，若f ′(x )恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值． (2)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． 2．依据求导法则，常见的构造函数有： (1)xf ′(x )＋f (x )联想[xf (x )]′；(2)xf ′(x )－f (x )联想⎣⎡⎦⎤f （x ）x ′；(3)f ′(x )＋f (x )联想[e x f (x )]′； (4)f ′(x )－f (x )联想⎣⎡⎦⎤f （x ）e x ′；(5)f ′(x )±k 联想(f (x )±kx )′.热点三 利用导数研究函数的极值、最值(1)[母题](2019·唐山模拟)已知函数f (x )＝23x 3－2ax 2－3x ＋1在(－1，2)内有且只有一个极值点，则实数a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝2x 2－4ax －3，由函数f (x )在(－1，2)内有且只有一个极值点，知f ′(x )＝0在(－1，2)上有且只有一根(不是重根)，则①f ′(－1)·f ′(2)＜0，解得a ＞58或a ＜14；②若f ′(－1)＝0，a ＝14，则f ′(x )＝0的另一根为32，32∈(－1，2)，满足条件；③若f ′(2)＝0，a ＝58，则f ′(x )＝0的另一根为－34，－34∈(－1，2)，满足条件．综上，a ≥58或a ≤14.答案：(－∞，14]∪[58，＋∞)(2)[考题打磨]若函数f (x )＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为________．解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，在(0，＋∞)上恒成立，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (0)＝1，所以此时f (x )在(0，＋∞)内无零点，不满足题意．②当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a 3，由f ′(x )＜0得0＜x ＜a3，则f (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞上单调递增，又f (x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，所以f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327＋1＝0，得a ＝3，所以f (x )＝2x 3－3x 2＋1，则f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈(－1，0)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，则f (x )max ＝f (0)＝1，f (－1)＝－4，f (1)＝0，则f (x )min ＝－4，所以f (x )在[－1，1]上的最大值与最小值的和为－3.(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在来求解． (3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．(2019·昆明二模)已知函数f (x )＝e xx 2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，e 24 B ．⎝⎛⎦⎤－∞，e2 C ．(0，2]D ．[2，＋∞)解析：选A.由题意得f ′(x )＝e x （x －2）x 3＋2k x －k ＝（x －2）（e x －kx 2）x 3，f ′(2)＝0.令g (x )＝e x－kx 2，g (x )在区间(0，＋∞)恒大于等于0，或恒小于等于零，即e x x 2≥k 或k ≥e xx2在(0，＋∞)上恒成立．设h (x )＝e x x 2，h ′(x )＝e 2（x －2）x 3，所以h (x )的最小值为h (2)＝e 24，所以k ≤e 24，选A.限时训练一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A ．a ＝e ，b ＝－1B ．a ＝e ，b ＝1C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－1解析：选D.y ′＝a e x ＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1， ∴切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)， 即y ＝(a e ＋1)x －1.又∵切线方程为y ＝2x ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1. 故选D.2．(2019·太原二模)函数y ＝f (x )的导函数的图象如图所示，则下 列说法错误的是( ) A ．(－1，3)为函数y ＝f (x )的单调递增区间 B ．(3，5)为函数y ＝f (x )的单调递减区间 C ．函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值 D ．函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析：选C.由函数y ＝f (x )的导函数的图象可知，当x <－1或3<x <5时，f ′(x )<0，y ＝f (x )单调递减；当x >5或－1<x <3时，f ′(x )>0，y ＝f (x )单调递增．所以函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)．函数y ＝f(x)在x＝－1，5处取得极小值，在x＝3处取得极大值，故选项C错误，选C. 3．(2019·武汉模拟)函数f(x)＝ln x＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围为()A．(－∞，2] B．(－∞，2)C．(2，＋∞) D．(0，＋∞)解析：选B.f(x)＝ln x＋ax存在与直线2x－y＝0平行的切线，即f′(x)＝2在(0，＋∞)上有解，而f′(x)＝1x＋a，即1x＋a＝2在(0，＋∞)上有解，a＝2－1x，因为x>0，所以2－1x<2，所以a的取值范围是(－∞，2)．故选B.4．若函数f(x)＝(x＋a)e x在(0，＋∞)上不单调，则实数a的取值范围是() A．(－∞，－1) B．(－∞，0)C．(－1，0) D．[－1，＋∞)解析：选A.f′(x)＝e x(x＋a＋1)，由题意，知方程e x(x＋a＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x＝－a－1>0，解得a<－1.5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2，2]上有最大值为3，那么此函数在[－2，2]上的最小值为()A．0 B．－5C．－10 D．－37解析：选D.由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x<0或x>2时，f′(x)>0，当0<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在[－2，0]上单调递增，在[0，2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.6．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1解析：选A.由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax －1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x－2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x) 单调递增；x∈(－2，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则实数a的取值范围是() A．(－1，2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C．(－3，6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选B.∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，由已知可得f′(x)＝0有两个不相等的实根．∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0. ∴a >6或a <－3.8．(2019·宁波模拟)若不等式2x ln x ≥－x 2＋ax －3对x ∈(0，＋∞)恒成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，0) B ．(－∞，4] C ．(0，＋∞)D ．[4，＋∞)解析：选B.2x ln x ≥－x 2＋ax －3， 则a ≤2ln x ＋x ＋3x ，设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x (x >0)，则h ′(x )＝（x ＋3）（x －1）x 2.当x ∈(0，1)时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增， 所以h (x )min ＝h (1)＝4，所以a ≤h (x )min ＝4. 9．(2019·吉林长春质检)已知函数f (x )＝e xx2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，e] B ．[0，e] C ．(－∞，e)D ．(0，e]解析：选A.∵f (x )＝e x x2－k ⎝⎛⎭⎫2x ＋ln x ， ∴x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＝（e x －kx ）（x －2）x 2.∵x ＝2是f (x )的唯一极值点，∴y ＝e x －kx 无其他变号零点． 令g (x )＝e x －kx ，则g ′(x )＝e x －k .①k ≤0时，g ′(x )＞0恒成立，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，g (x )min ＝g (0)＝1，∴g (x )＝0无解．②k ＞0时，由g ′(x )＝0得x ＝ln k .0＜x ＜ln k 时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；x ＞ln k 时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增． ∴g (x )min ＝g (ln k )＝k －k ln k ，∴k －k ln k ≥0，∴0＜k ≤e ， 综上，k ≤e.故选A.11．(2019·长沙模拟)已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (x ＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为( ) A ．(－2，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选B.因为f (x ＋2)为偶函数， 所以f (x ＋2)的图象关于x ＝0对称， 所以f (x )的图象关于x ＝2对称． 所以f (0)＝f (4)＝1. 设g (x )＝f （x ）ex (x ∈R )，则g ′(x )＝f ′（x ）e x －f （x ）e x （e x ）2＝f ′（x ）－f （x ）e x .又f ′(x )<f (x )，所以g ′(x )<0(x ∈R )， 所以函数g (x )在定义域上单调递减．因为f (x )<e x ⇔f （x ）e x <1，而 g (0)＝f （0）e 0＝1，所以f (x )<e x ⇔g (x )<g (0)，所以x >0.故选B. 12．(2019·浙江卷)设a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ＜0，13x 3－12（a ＋1）x 2＋ax ，x ≥0.若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则( ) A ．a ＜－1，b ＜0 B ．a ＜－1，b ＞0 C ．a ＞－1，b ＜0 D ．a ＞－1，b ＞0解析：选C.由题意，b ＝f (x )－ax ＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－a ）x ，x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2，x ≥0. 设y ＝b ，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－a ）x ，x <0，13x 3－12（a ＋1）x 2，x ≥0. 即以上两个函数的图象恰有3个交点，根据选项进行讨论． ①当a <－1时，1－a >0，可知g (x )在(－∞，0)上递增； 由g ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)，a ＋1<0， 可知g (x )在(0，＋∞)上递增．此时直线y ＝b 与g (x )的图象只有1个交点，不符合题意，故A ，B 排除． ②当a >－1，即a ＋1>0时， 因为g ′(x )＝x [x －(a ＋1)](x ≥0)， 所以当x ≥0时，由g ′(x )<0可得0<x <a ＋1，所以当x ≥0时，g (x )在(0，a ＋1)上递减，g (x )在(a ＋1，＋∞)上递增． 如图，y ＝b 与y ＝g (x )(x ≥0)的图象至多有2个交点．当1－a >0，即－1<a <1时，由图象可得，若要y ＝g (x )与y ＝b 的图象有3个交点，必有b <0；当1－a ＝0时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个、2个或无数个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去；当1－a <0，即a >1时，y ＝g (x )与y ＝b 的图象可以有1个或2个交点，但不存在有3个交点的情况，不合题意，舍去．综上，－1<a <1，b <0. a>－1,b<0,故选C . 二、填空题13．(2019·浙江卷)在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y ＝ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点(－e ，－1)(e 为自然对数的底数)，则点A 的坐标是________． 解析：设A (m ，n )，则曲线y ＝ln x 在点A 处的切线方程为y －n ＝1m (x －m )．又切线过点(－e ，－1)，所以有n ＋1＝1m (m ＋e)．再由n ＝ln m ，解得m ＝e ，n ＝1. 故点A 的坐标为(e ，1)． 答案：(e ，1)14．(2019·南通调研)已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为________． 解析：因为f ′(x )＝2f ′（1）x－1，所以f ′(1)＝2f ′(1)－1，所以f ′(1)＝1，故f (x )＝2ln x －x ，f ′(x )＝2x －1＝2－x x ，则f (x )在(0，2)上为增函数，在(2，＋∞)上为减函数，所以当x ＝2时f (x )取得极大值，且f (x )极大值＝f (2)＝2ln 2－2. 答案：2ln 2－215．(2019·天津卷改编)已知a ∈R .设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x ＞1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为________．解析：当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1>0恒成立， 当a <1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a <1. ∴a ≥0.当x >1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立， 即a ≤xln x恒成立．设g(x)＝xln x，则g′(x)＝ln x－1（ln x）2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1<x<e时，g′(x)<0，当x>e时，g′(x)>0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围为[0，e]．答案：[0，e]。
第四章第3讲构造法在导数中的应用 课件——2022届高三数学一轮复习
四、【考题讲练】
1．(2021·湖北仙桃模拟)已知实数a，b满足a＝e7－a， 3＋ln b＝ e4－ln b，则 ab＝( )
A．3
B．4
C．e3
D．e4
解析 ∵实数a，b满足a＝e7－a， 3＋ln b＝e4－ln b，∴3＋ln b＝ e7－(3＋ln b)，令f(x)＝x－e7－x，则f′(x)＝1＋e7－x>0，则f(x)为定义在R上的单 调函数，易知f(x)有唯一零点，设为x0，则a＝3＋ln b＝x0，∴ln b＝a－3， 且ln a＝7－a，∴ln (ab)＝ln a＋ln b＝7－a＋a－3＝4，∴ab＝e4.故选D.
第三章第3讲：构造法在导数中的应用
议课时间：8月19日 授课时间：9月11日
一、【复习目标】
一、利用f(x)与x构造 二、利用f(x)与ex构造 三、利用f(x)与sin x，cos x构造
二、【考点解读】
1.了解导数中几种常见的构造函数的形式. 2.会根据要求通过构造函数解决一些简单的问题.
三、【知识梳理】
足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是
A.(0,1) C.(1,2)
√B.(2，＋∞)
D.(1，＋∞)
解析 构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)， 则y′＝f(x)＋xf′(x)<0， 所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减. 又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)， 所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)， 所以x＋1<x2－1，且x2－1>0，x＋1>0， 解得x>2或x<－1(舍去)， 所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞).
2018年高考数学(理)二轮复习 讲学案：考前专题二 函数与导数 第3讲 导数及其应用(含答案解析)
第3讲 导数及其应用1.导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点． 2．利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型． 3．导数与函数零点，不等式的结合常作为高考压轴题出现．热点一 导数的几何意义1．函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．2．求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的不同． 例 1 (1)(2017届山东寿光现代中学月考)过点(0,1)且与曲线y ＝x ＋1x －1在点(3,2)处的切线垂直的直线的方程为( )A ．2x ＋y －1＝0B ．2x －y ＋1＝0C ．x －2y ＋2＝0D ．x ＋2y －2＝0答案 B 解析 因为y ′＝x －1－(x ＋1)(x －1)2＝－2(x －1)2，故切线的斜率k ＝－12，即所求直线的斜率k ＝2，方程为y －1＝2(x －0)，即2x －y ＋1＝0.故选B.(2)(2017届成都一诊)已知曲线C 1：y 2＝tx (y >0，t >0)在点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4t ，2处的切线与曲线C 2：y ＝e x ＋1－1也相切，则t ln 4e 2t 的值为( ) A ．4e 2B ．8eC ．2D ．8答案 D解析 曲线C 1：y ＝tx ，y ′＝t2tx. 当x ＝4t 时，y ′＝t 4，切线方程为y －2＝t 4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －4t ，化简为y ＝t4x ＋1.①与曲线C 2相切，设切点为(x 0，y 0)，y ′|0x x =＝e01x +＝t 4，x 0＝ln t4－1， 那么y 0＝e01x +－1＝t4－1， 切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫t 4－1＝t 4⎝⎛⎭⎪⎫x －ln t4＋1，化简为y ＝t 4x －t 4ln t 4＋t2－1，②①②是同一方程，所以－t 4ln t 4＋t 2－1＝1⇔ln t 4＝2t －8t，即t ＝4，那么t ln 4e 2t＝4ln e 2＝8，故选D.思维升华 (1)求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点．(2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化．以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解．跟踪演练1 (1)(2017届河北省正定中学期中)已知函数f (x )＝3x ＋cos 2x ＋sin 2x ，a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，f ′(x )是f (x )的导函数，则过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为________． 答案 3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0解析 f ′(x )＝3－2sin 2x ＋2cos 2x ，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝3－2＝1，则a ＝1，点P 的坐标为()1，1， 若P 为切点，y ′＝3x 2，曲线y ＝x 3在点P 处切线的斜率为3，切线方程为y －1＝3(x －1)，即 3x －y －2＝0；若P 不为切点，设曲线y ＝x 3的切线的切点为(m ，n )，曲线y ＝x 3的切线的斜率k ＝3m 2，则n －1m －1＝3m 2.又n ＝m 3，则m ＝－12，n ＝－18，得切线方程为y ＋18＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即3x －4y ＋1＝0.∴过曲线y ＝x 3上一点P (a ，b )的切线方程为3x －y －2＝0或3x －4y ＋1＝0.(2)(2017届云南省师范大学附属中学月考)若函数f (x )＝ln x 与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a (x <0)有公切线，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12e ，＋∞ B ．(－1，＋∞) C ．(1，＋∞) D. (－ln 2，＋∞)答案 A解析 设公切线与函数f (x )＝ln x 切于点A (x 1，ln x 1)(x 1>0)，则切线方程为y －ln x 1＝1x 1(x －x 1)．设公切线与函数g (x )＝x 2＋2x ＋a 切于点B (x 2，x 22＋2x 2＋a )(x 2<0)，则切线方程为y －(x 22＋2x 2＋a )＝2(x 2＋1)(x －x 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝2(x 2＋1)，ln x 1－1＝－x 22＋a ，∵x 2<0<x 1，∴0<1x 1<2.又a ＝ln x 1＋⎝⎛⎭⎪⎫12x 1－12－1＝－ln 1x 1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－22－1，令t ＝1x 1，∴0<t <2，a ＝14t 2－t －ln t .设h (t )＝14t 2－t －ln t (0<t <2)，则h ′(t )＝12t －1－1t ＝(t －1)2－32t <0，∴h (t )在(0,2)上为减函数， 则h (t )>h (2)＝－ln 2－1＝ln 12e ，∴a ∈(ln 12e ，＋∞)，故选A.热点二 利用导数研究函数的单调性1．f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0. 2．f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常函数，函数不具有单调性．例2 (2017届河南息县第一高级中学段测)已知函数f (x )＝x 2＋a ln x . (1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)， 单调递减区间是(0,1)． (2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数， 则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立， 即a ≥2x－2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x－2x 2.∵φ(x )在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝0，∴a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数， 则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a 的取值范围为[0，＋∞)．思维升华 利用导数研究函数单调性的一般步骤 (1)确定函数的定义域． (2)求导函数f ′(x )．(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0； ②若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．跟踪演练2 (1)(2017届昆明市第一中学月考)若函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－18，＋∞ C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－18 D. (－2，＋∞)答案 D解析 由题意得f ′(x )＝1x＋2ax ，若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2内存在单调递增区间，则f ′(x )>0在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上有解， 即a >⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x 2min.又g (x )＝－12x 2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2上是单调递增函数， 所以g (x )>g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2， 所以a >－2. 故选D.(2)定义在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( )A.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4>2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 B ．f (1)<2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin 1C.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 D.3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 答案 D解析 构造函数F (x )＝f (x )sin x. 则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上为增函数，所以有F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<F ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6sin π6<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3sinπ3⇒3f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6<f⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，故选D.热点三 利用导数求函数的极值、最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．例3 (2017届云南大理州统测)设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln(1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c＋a ＋1x－2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln(1－x )＝lnx1－x. 令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 从而G (x )min ＝G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12＝－ln 2. (2)由(1)中c ＝－ln 2， 得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x－2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x－(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x－(a ＋1)， 则g ′(x )＝ax (2＋x )e x>0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增． 因为g (x 0)＝ax 20·e 0x －(a ＋1)＝0，所以ax 20·ex ＝a ＋1，即a ·e 0x ＝a ＋1x 20， 因为对于任意的x ∈(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立， 所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e 0x ＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0， 即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·ex ＝a ＋1，所以x 20·ex ＝a ＋1a>1. 又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e 0x ≤e，所以1<a ＋1a ≤e，故a ≥1e －1. 思维升华 (1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．跟踪演练3 已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2，在x ＝1处取得极值16.(1)求a ，b 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f ′(x )≤k ln(x ＋1)成立(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，求实数k 的最小值．解 (1)由题设可得f ′(x )＝3ax 2＋2bx ， ∵f (x )在x ＝1处取得极值16，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝0，f (1)＝16，即⎩⎪⎨⎪⎧3a ＋2b ＝0，a ＋b ＝16，解得a ＝－13，b ＝12，经检验知，a ＝－13，b ＝12满足题设条件．(2)由(1)得f (x )＝－13x 3＋12x 2，∴f ′(x )＝－x 2＋x ，∴－x 2＋x ≤k ln(x ＋1)在[0，＋∞)上恒成立， 即x 2－x ＋k ln(x ＋1)≥0在x ∈[0，＋∞)上恒成立， 设g (x )＝x 2－x ＋k ln(x ＋1)，则g (0)＝0，g ′(x )＝2x －1＋kx ＋1＝2x 2＋x ＋k －1x ＋1，x ∈[0，＋∞)，设h (x )＝2x 2＋x ＋k －1，①当Δ＝1－8(k －1)≤0，即k ≥98时，h (x )≥0，∴g ′(x )≥0，g (x )在[0，＋∞)上单调递增， ∴g (x )≥g (0)＝0，即当k ≥98时，满足题设条件．②当Δ＝1－8(k －1)>0，即k <98时，设x 1，x 2是方程2x 2＋x ＋k －1＝0的两个实根，且x 1<x 2，由x 1＋x 2＝－12可知，x 1<0，由题设可知，当且仅当x 2≤0，即x 1·x 2≥0，即k －1≥0，即k ≥1时，对任意的x ∈[0，＋∞)有h (x )≥0，即g ′(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴g (x )在[0，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (0)＝0，∴当1≤k <98时，也满足条件，综上，k 的取值范围为[1，＋∞)，∴实数k 的最小值为1.真题体验1．(2017·浙江改编)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________．(填序号)答案 ④解析 观察导函数f ′(x )的图象可知，f ′(x )的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f (x )的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察图象可知，排除①，③.如图所示，f ′(x )有3个零点，从左到右依次设为x 1，x 2，x 3，且x 1，x 3是极小值点，x 2是极大值点，且x 2＞0，故④正确．2．(2017·全国Ⅱ改编)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________．答案 －1解析 函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，则f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝ex －1[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]．由x ＝－2是函数f (x )的极值点，得f ′(－2)＝e －3(4－2a －4＋a －1)＝(－a －1)e －3＝0，所以a ＝－1，所以f (x )＝(x 2－x －1)ex －1，f ′(x )＝e x －1(x 2＋x －2)．由ex －1＞0恒成立，得当x ＝－2或x ＝1时，f ′(x )＝0，且x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜1时，f ′(x )＜0；当x ＞1时，f ′(x )＞0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点． 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.3．(2017·山东改编)若函数e xf (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是______．(填序号) ①f (x )＝2－x；②f (x )＝x 2；③f (x )＝3－x；④f (x )＝cos x . 答案 ①解析 若f (x )具有性质M ，则[e xf (x )]′＝e x[f (x )＋f ′(x )]＞0在f (x )的定义域上恒成立，即f (x )＋f ′(x )＞0在f (x )的定义域上恒成立．对于①式，f (x )＋f ′(x )＝2－x－2－xln 2＝2－x(1－ln 2)＞0，符合题意． 经验证，②③④均不符合题意．故填①.4．(2017·全国Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为________．答案 y ＝x ＋1解析 ∵y ′＝2x －1x2，∴y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1，∴切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0. 押题预测1．设函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，若y ＝f (x )的图象在点P (1，f (1))处的切线方程为x －y ＋2＝0，则f (1)＋f ′(1)等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1押题依据 曲线的切线问题是导数几何意义的应用，是高考考查的热点，对于“过某一点的切线”问题，也是易错易混点． 答案 A解析 依题意有f ′(1)＝1,1－f (1)＋2＝0，即f (1)＝3， 所以f (1)＋f ′(1)＝4.2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx －a 2－7a 在x ＝1处取得极大值10，则a b的值为( ) A ．－23 B ．－2C ．－2或－23 D ．2或－23押题依据 函数的极值是单调性与最值的“桥梁”，理解极值概念是学好导数的关键．极值点、极值的求法是高考的热点． 答案 A解析 由题意知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，f ′(1)＝0，f (1)＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧3＋2a ＋b ＝0，1＋a ＋b －a 2－7a ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9，经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，b ＝9满足题意，故a b ＝－23.3．已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1,2)上为增函数，则a 的值等于________． 押题依据 函数单调性问题是导数最重要的应用，体现了“以直代曲”思想，要在审题中搞清“在(0,1)上为减函数”与“函数的减区间为(0,1)”的区别． 答案 2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0,1)上为减函数， ∴a2≥1，得a ≥2.又∵g ′(x )＝2x －a x，依题意g ′(x )≥0在x ∈(1,2)上恒成立，得2x 2≥a 在x ∈(1,2)上恒成立，有a ≤2，∴a ＝2. 4．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若对任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是__________．押题依据 不等式恒成立或有解问题可以转化为函数的值域解决．考查了转化与化归思想，是高考的一个热点．答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞ 解析 由于f ′(x )＝1＋1(x ＋1)2>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以当x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1. 根据题意可知存在x ∈[1,2]， 使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 成立，令h (x )＝x 2＋52x，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.A 组 专题通关1．(2017届河北省衡水中学六调)已知函数f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，则其导函数f ′(x )的图象大致是( )答案 C解析 ∵f (x )＝12x 2sin x ＋x cos x ，∴f ′(x )＝12x 2cos x ＋cos x,∴f ′(－x )＝12(－x )2cos(－x )＋cos(－x )＝12x 2cos x ＋cos x ＝f ′(x )，∴其导函数f ′(x ) 为偶函数，图象关于y 轴对称，故排除A ，B ，又f ′(0)＝1，排除D ，故选C.2．(2017届山西省怀仁县第一中学期末)已知a ∈R ，函数f (x )＝e x ＋a e －x的导函数是f ′(x )，且f ′(x )是奇函数，若曲线y ＝f (x )的一条切线的斜率是32，则切点的横坐标为( )A ．ln 2B ．－ln 2C.ln 22 D ．－ln 22答案 A解析 对f (x )＝e x ＋a e －x 求导，得f ′(x )＝e x －a e －x.又f ′(x )是奇函数，故f ′(0)＝1－a ＝0，解得a ＝1，故有f ′(x )＝e x－e －x，设切点为(x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e 0x －ex -＝32，得e 0x ＝2或e 0x＝－12(舍去)，得x 0＝ln 2，故选A. 3．(2017届内蒙古包头市十校联考)已知函数F (x )＝xf (x )，f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0成立，若a ＝20.1·f (20.1)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f⎝⎛⎭⎪⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >a >b C ．c >b >a D ．a >c >b 答案 C解析 F (－x )＝(－x )f (－x )＝－xf (x )＝－F (x )，即函数F (x )是奇函数，并且当x ∈(－∞，0]时，f ′(x )<0，即当x ∈(－∞，0]时，F (x )是单调递减函数，所以在R 上函数F (x )是单调递减函数，a ＝F (20.1)，b ＝F (ln 2)，c ＝F ⎝⎛⎭⎪⎫log 218，20.1>1,0<ln 2<1，log 218＝－3，所以20.1>ln 2>log 218，所以a <b <c ，故选C.4．设a ∈R ，若函数y ＝e ax＋3x ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3C ．a >－13 D ．a <－13答案 B解析 y ′＝a e ax＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax＝－3，∵e ax>0，∴a <0.又当a <0时，0<e ax<1，要使a e ax＝－3，则a <－3，故选B.5．(2017届河北省衡水中学调研)已知函数f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－5，若对任意的x 1，x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，都有f (x 1)－g (x 2)≥2成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，＋∞)B ．(0，＋∞)C ．(－∞，0)D ．(－∞，－1]答案 A解析 g (x )＝x 3－x 2－5 ，g ′(x )＝3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23 ，由上表可知，g (x ) 在x ＝2 处取得最大值， 即g ()x max ＝g (2)＝－1，所以当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立，等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立，记u (x )＝x －x 2ln x ，所以a ≥u ()x max ，u ′(x )＝1－x －2x ln x ，可知u ′(1)＝0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，1－x >0,2x ln x <0 ， 则u ′(x )>0，所以u (x ) 在x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递增； 当x ∈(1,2)时，1－x <0,2x ln x >0，则u ′(x )<0， 所以u (x )在()1，2 上单调递减．故当x ＝1时，函数u (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上取得最大值u (1)＝1 ， 所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞) ，故选A.6.(2017届重庆市第一中学月考)已知直线x －y ＋1＝0与曲线y ＝ln x ＋a 相切，则a 的值为___. 答案 2解析 y ＝ln x ＋a 的导数为y ′＝1x，设切点P (x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝ln x 0＋a .又切线方程x －y ＋1＝0的斜率为1，即1x 0＝1，解得x 0＝1，则y 0＝2，a ＝y 0－ln x 0＝2.7．(2017届辽宁省沈阳市郊联体期末)f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，已知曲线存在两条斜率为3的切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72 解析 原题等价于方程f ′(x )－3＝0有两个大于零的实数根． 因为f (x )＝23x 3－x 2＋ax －1，所以f ′(x )＝2x 2－2x ＋a ，所以f ′(x )－3＝0，即2x 2－2x ＋a －3＝0， 设g (x )＝2x 2－2x ＋a －3，要使方程g (x )＝0有两个大于零的实数根需要满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，g (0)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－4×2×(a －3)>0，a －3>0，解得3<a <72.所以a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，72. 8．(2017届重庆模拟)已知x ＝0是函数f (x )＝(x －2a )·(x 2＋a 2x ＋2a 3)的极小值点，则实数a 的取值范围是__________． 答案 a >2或a <0解析 因为f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4，所以令f ′(x )＝3x 2＋2(a 2－2a )x ＝3x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋2(a 2－2a )3＝0，可得函数f (x )＝x 3＋(a 2－2a )x 2－4a 4的两个极值点分别为x ＝0，x ＝－2(a 2－2a )3，由题意得2(a 2－2a )3>0，即a 2－2a >0，解得a <0或a >2.9．(2017届西安模拟)定义1：若函数f (x )在区间D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在区间D 上也可导，则称函数f (x )在区间D 上存在二阶导数，记作f ″(x )，即f ″(x )＝[f ′(x )]′.定义2：若函数f (x )在区间D 上的二阶导数为正，即f ″(x )>0恒成立，则称函数f (x )在区间D 上是凹函数． 已知函数f (x )＝x 3－32x 2＋1在区间D 上为凹函数，则x 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 f ′(x )＝3x 2－3x ，f ″(x )＝6x －3， 令f ″(x )>0，得x >12.10．已知函数f (x )＝x ＋aex.(1)若f (x )在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝0，x 0<1，设直线y ＝g (x )为函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线，求证：f (x )≤g (x )． (1)解 易得f ′(x )＝－x －(1－a )ex，由已知f ′(x )≥0对x ∈(－∞，2)恒成立， 故x ≤1－a 对x ∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a ≥2，∴a ≤－1.(2)证明 若a ＝0，则f (x )＝xex .函数f (x )的图象在x ＝x 0处的切线方程为y ＝g (x )＝f ′(x 0)(x －x 0)＋f (x 0)． 令h (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f ′(x 0)(x －x 0)－f (x 0)，x ∈R ， 则h ′(x )＝f ′(x )－f ′(x 0)＝1－x e x －1－x 0e 0x ＝(1－x )e 0x－(1－x 0)e xe 0x x +. 设φ(x )＝(1－x )e 0x －(1－x 0)e x，x ∈R ，则φ′(x )＝－ex －(1－x 0)e x，∵x 0<1，∴φ′(x )<0，∴φ(x )在R 上单调递减，又φ(x 0)＝0， ∴当x <x 0时，φ(x )>0，当x >x 0时，φ(x )<0， ∴当x <x 0时，h ′(x )>0，当x >x 0时，h ′(x )<0，∴h (x )在区间(－∞，x 0)上为增函数，在区间(x 0，＋∞)上为减函数， ∴当x ∈R 时，h (x )≤h (x 0)＝0， ∴f (x )≤g (x )．B 组 能力提高11．(2017届衡阳期末)函数f (x )在定义域(0，＋∞)内恒满足：①f (x )>0；②2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则( ) A.14<f (1)f (2)<12 B. 116<f (1)f (2)<18 C. 13<f (1)f (2)<12D. 18<f (1)f (2)<14答案 D 解析 令g (x )＝f (x )x 2，x ∈(0，＋∞)， g ′(x )＝xf ′(x )－2f (x )x 3，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )， ∴f (x )>0，g ′(x )>0，∴函数g (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增， ∴g (1)<g (2)，即4f (1)<f (2)，f (1)f (2)<14. 令h (x )＝f (x )x 3，x ∈(0，＋∞)， h ′(x )＝xf ′(x )－3f (x )x 4，∵∀x ∈(0，＋∞)，2f (x )<xf ′(x )<3f (x )，∴h ′(x )<0，∴函数h (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递减， ∴h (1)>h (2)，即f (1)>f (2)8，18<f (1)f (2)， 故选D.12．(2017届湖南长沙雅礼中学月考)已知实数a ，b 满足2a 2－5ln a －b ＝0，c ∈R ，则(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值为( ) A.12 B.22C.322D.92答案 C解析 用x 代换a ，用y 代换b ，则x ，y 满足2x 2－5ln x －y ＝0，即y ＝2x 2－5ln x ，以x 代换c ，可得点(x ，－x )，满足x ＋y ＝0，所以求解(a －c )2＋(b ＋c )2的最小值即为求解曲线y ＝2x 2－5ln x 上的点到直线x ＋y ＝0的距离的最小值，设直线x ＋y ＋m ＝0与曲线y ＝2x 2－5ln x 相切于点P (x 0，y 0)，则f ′(x )＝4x －5x ，则f ′(x 0)＝4x 0－5x 0＝－1，解得x 0＝1，所以切点P (1,2)，所以点P 到直线x ＋y ＝0的距离为d ＝|1＋2|12＋12＝322， 故选C.13．已知函数f (x )＝12ax 2－(2a ＋1)x ＋2ln x (a ∈R )．(1)若曲线y ＝f (x )在x ＝1和x ＝3处的切线互相平行，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)设g (x )＝x 2－2x ，若对任意x 1∈(0,2]，均存在x 2∈(0,2]，使得f (x 1)<g (x 2)，求a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝ax －(2a ＋1)＋2x.由题意知，f ′(1)＝f ′(3)，即a －(2a ＋1)＋2＝3a －(2a ＋1)＋23，解得a ＝23.(2)f ′(x )＝(ax －1)(x －2)x(x >0)．①当a ≤0时，∵x >0，∴ax －1<0，在区间(0,2)上，f ′(x )>0； 在区间(2，＋∞)上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是(0,2)， 单调递减区间是(2，＋∞)．②当0<a <12时，在区间(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1a 上，f ′(x )<0.故f (x )的单调递增区间是(0,2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫2，1a .③当a ＝12时，f ′(x )＝(x －2)22x，故f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)．④当a >12时，0<1a <2，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)上，f ′(x )>0；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2上，f ′(x )<0， 故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 和(2，＋∞)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎪⎫1a，2.(3)由题意知，在(0,2]上有f (x )max <g (x )max ， 由已知，得g (x )max ＝0，由(2)可知， ①当a ≤12时，f (x )在(0,2]上单调递增，故f (x )max ＝f (2)＝2a －2(2a ＋1)＋2ln 2＝－2a －2＋2ln 2， 所以－2a －2＋2ln 2<0，解得a >ln 2－1， 故ln 2－1<a ≤12.②当a >12时，f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a ，2上单调递减，故f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－2－12a －2ln a ，由a >12可知，ln a >ln 12>ln 1e ＝－1，∴2ln a >－2，即－2ln a <2， ∴－2－2ln a <0，∴f (x )max <0， 综上所述，a >ln 2－1.。
3 第3讲 导数与函数的极值、最值
第3讲导数与函数的极值、最值1．函数的极值函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．2．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．导师提醒1．要辨明两个易误点(1)极值点不是点，极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要而非充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．2．要记住两个常用结论(1)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数的最值点．(2)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数的极大值不一定比极小值大．()(2)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(3)函数的极大值一定是函数的最大值．()(4)开区间上的单调连续函数无最值．()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)()A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点解析：选C.设f ′(x )的图象与x 轴的4个交点从左至右依次为x 1、x 2、x 3、x 4. 当x <x 1时，f ′(x )>0，f (x )为增函数，当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0，f (x )为减函数，则x ＝x 1为极大值点，同理，x ＝x 3为极大值点，x ＝x 2，x ＝x 4为极小值点，故选C.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 )的极小值点解析：选D.f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝x －2x 2(x >0)，当0<x <2时，f ′(x )<0，当x >2时，f ′(x )>0， 所以x ＝2为f (x )的极小值点．函数y ＝x e x 的最小值是________．解析：因为y ＝x e x ，所以y ′＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x .当x >－1时，y ′>0；当x <－1时，y ′<0，所以当x ＝－1时函数取得最小值，且y min ＝－1e.答案：－1e函数f (x )＝x －a ln x (a >0)的极小值为________．解析：因为f (x )＝x －a ln x (a >0)，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax (a >0)，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a . 答案：a －a ln a利用导数解决函数的极值问题(多维探究)角度一 根据图象判断函数的极值设函数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)【解析】 由题图可知，当x <－2时，1－x >3，此时f ′(x )>0；当－2<x <1时，0<1－x <3，此时f ′(x )<0；当1<x <2时，－1<1－x <0，此时f ′(x )<0；当x >2时，1－x <－1，此时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角度二 求函数的极值(2019·湖南省五市十校联考)已知函数f (x )＝ln x －12ax 2＋x ，a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)令g (x )＝f (x )－(ax －1)，求函数g (x )的极值．【解】 (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，则f (1)＝1，所以切点为(1，1)，又f ′(x )＝1x ＋1，所以切线斜率k ＝f ′(1)＝2，故切线方程为y －1＝2(x －1)，即2x －y －1＝0.(2)g (x )＝f (x )－(ax －1)＝ln x －12ax 2＋(1－a )x ＋1，则g ′(x )＝1x －ax ＋(1－a )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x ，当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′(x )＞0.所以g (x )在(0，＋∞)上是增函数，函数g (x )无极值点． 当a ＞0时，g ′(x )＝－ax 2＋（1－a ）x ＋1x＝－a （x －1a）（x ＋1）x ，令g ′(x )＝0得x ＝1a.所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，g ′(x )＞0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，g ′(x )＜0.因为g (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上是增函数，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上是减函数． 所以x ＝1a 时，g (x )有极大值g ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a －a 2×1a 2＋(1－a )·1a ＋1＝12a －ln a . 综上，当a ≤0时，函数g (x )无极值；当a ＞0时，函数g (x )有极大值12a －ln a ，无极小值．角度三 已知函数的极值求参数(2018·高考北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (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． 【解】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞.(1)利用导数研究函数极值问题的一般流程(2)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：因为导数值等于零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．[提醒] 若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．1．(2019·东北四校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1，2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3，6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：选B.因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0，所以a >6或a <－3.2．已知函数f (x )＝ln x .(1)求f (x )的图象过点P (0，－1)的切线方程；(2)若函数g (x )＝f (x )－mx ＋mx存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．解：(1)由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x .设切点坐标为(x 0，ln x 0)，则切线方程为y ＝1x 0x ＋ln x 0－1.把点P (0，－1)代入切线方程，得ln x 0＝0， 所以x 0＝1，所以过点P (0，－1)的切线方程为y ＝x －1.(2)因为g (x )＝f (x )－mx ＋m x ＝ln x －mx ＋m x ，所以g ′(x )＝1x －m －m x 2＝x －mx 2－mx 2＝－mx 2－x ＋mx 2， 令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎨⎧h （0）>0，12m >0，h ⎝⎛⎭⎫12m <0即可，解得0<m <12.利用导数研究函数的最值(师生共研)已知函数f (x )＝1－x x ＋k ln x ，k <1e ，求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值． 【解】 因为f (x )＝1－x x ＋k ln x ，f ′(x )＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.(1)若k ＝0，则f ′(x )＝－1x 2在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有f ′(x )<0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减． 所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －1.(2)若k ≠0，f ′(x )＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.①若k <0，则在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上恒有k （x －1k ）x 2<0， 所以f (x )在[1e ，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e＋k －1，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1. ②若k >0，由k <1e，得1k >e ，则x －1k <0，所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2<0， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上单调递减．所以f (x )min ＝f (e)＝1－e e ＋k ln e ＝1e ＋k －1，f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e －k －1.综上，k <1e 时，f (x )min ＝1e ＋k －1，f (x )max ＝e －k －1.求函数f (x )在闭区间[a ，b ]内的最大值和最小值的思路(1)若所给的闭区间[a ，b ]不含有参数，则只需对函数f (x )求导，并求f ′(x )＝0在区间[a ，b ]内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与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．(2)若所给的闭区间[a ，b ]含有参数，则需对函数f (x )求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f (x )的最值．[提醒] 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝2x 3－ax 2＋b . (1)讨论f (x )的单调性；(2)是否存在a ，b ，使得f (x )在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．解：(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，a3时，f ′(x )<0. 故f (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫a 3，＋∞单调递增，在⎝⎛⎭⎫0，a3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 ∈⎝⎛⎭⎫a3，0时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，a 3，(0，＋∞)单调递增，在⎝⎛⎭⎫a 3，0单调递减．(2)满足题设条件的a ，b 存在．(ⅰ)当a ≤0时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递增，所以f (x )在区间[0，1]的最小值为f (0)＝b ，最大值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1.(ⅱ)当a ≥3时，由(1)知，f (x )在[0，1]单调递减，所以f (x )在区间[0，1]的最大值为f (0)＝b ，最小值为f (1)＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1.(ⅲ)当0<a <3时，由(1)知，f (x )在[0，1]的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 3＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0<a <3矛盾．若－a 327＋b ＝－1，2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0<a <3矛盾．综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f (x )在[0，1]的最小值为－1，最大值为1.函数极值与最值的综合问题(师生共研)已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x(a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 【解】 (1)f ′(x )＝（2ax ＋b ）e x －（ax 2＋bx ＋c ）e x（e x ）2＝－ax 2＋（2a －b ）x ＋b －c e x .令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点， 且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0.所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0， 所以f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋ce －3＝－e 3，g （0）＝b －c ＝0，g （－3）＝－9a －3（2a －b ）＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.因为f (x )的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者，而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．(2019·河南百校联盟模拟)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f (a )的最值范围． 解：(1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，易知当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0， 所以函数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，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)显然，当x ≤0时，e x －ax ≥0(a >0)恒成立． 当x >0时，由f (x )≥0， 即e x－ax ≥0，得a ≤e x x.令h (x )＝e xx ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x （x －1）x 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 的取值范围是(0，e]． f (a )＝e a －a 2，a ∈(0，e]，f ′(a )＝e a －2a ， 易知e a －2a ≥0对a ∈(0，e]恒成立，故f (a )在(0，e]上单调递增，所以f (0)＝1<f (a )≤f (e)＝e e －e 2，即f (a )的取值范围是(1，e e－e 2]．[基础题组练]1．函数y ＝xe x 在[0，2]上的最大值是( )A.1e B.2e 2 C ．0D.12e解析：选A.易知y ′＝1－xe x ，x ∈[0，2]，令y ′>0，得0≤x <1，令y ′<0，得1＜x ≤2，所以函数y ＝x e x 在[0，1]上单调递增，在(1，2]上单调递减，所以y ＝xex 在[0，2]上的最大值是y |x＝1＝1e，故选A. 2．函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．e解析：选C.f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值， 则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1， 经检验a ＝1符合题意， 故选C.3．函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.89B.109C.169D.289解析：选C.函数f (x )的图象过原点，所以d ＝0.又f (－1)＝0且f (2)＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f (x )＝x 3－x 2－2x ，所以f ′(x )＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′(x )＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 4．已知函数f (x )＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，则实数k 的取值范围为( )A ．[－3，＋∞)B ．(－3，＋∞)C ．(－∞，－3)D ．(－∞，－3]解析：选D.由题意知f ′(x )＝3x 2＋6x －9，令f ′(x )＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：又f (－3)＝28，f (1)＝－4，f (2)＝3，f (x )在区间[k ，2]上的最大值为28，所以k ≤－3. 5．(2019·河南郑州质检)函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C.由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ，则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.① f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝11(有极值)或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3(舍去，无极值)．6．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为________．解析：x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，即x ＝2是f ′(x )＝3x 2－3a ＝0的根，将x ＝2代入得a ＝4，所以函数解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，则由3x 2－12＝0，得x ＝±2，故函数在(－2，2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.答案：187．若函数f (x )＝x 3－3ax 在区间(－1，2)上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f ′(x )＝3(x 2－a )，所以当a ≤0时，f ′(x )≥0在R 上恒成立，所以f (x )在R 上单调递增，f (x )没有极值点，不符合题意；当a >0时，令f ′(x )＝0得x ＝±a ，当x 变化时，f ′(x )与f (x )的变化情况如下表所示：因为函数f (x )在区间(－1，2)上仅有一个极值点，所以⎩⎪⎨⎪⎧a <2，－a ≤－1或⎩⎪⎨⎪⎧－a >－1，2≤a ，解得1≤a <4.答案：[1，4)8．(2019·湖南郴州高三模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e xx －1（x ＞0），h （x ）（x ＜0），则函数h (x )的最大值为______．解析：先求出x ＞0时，f (x )＝e xx －1的最小值．当x ＞0时，f ′(x )＝e x （x －1）x 2，所以x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数单调递增，所以x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，所以由已知条件得h (x )的最大值为1－e.答案：1－e9．(2019·兰州市诊断考试)已知函数f (x )＝13x 3－12(a 2＋a ＋2)x 2＋a 2(a ＋2)x ，a ∈R .(1)当a ＝－1时，求函数y ＝f (x )的单调区间； (2)求函数y ＝f (x )的极值点．解：(1)当a ＝－1时，f (x )＝13x 3－x 2＋x ，f ′(x )＝x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0，所以函数f (x )是R 上的增函数，单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间． (2)因为f ′(x )＝x 2－(a 2＋a ＋2)x ＋a 2(a ＋2)＝(x －a 2)·[x －(a ＋2)]，①当a ＝－1或a ＝2时，a 2＝a ＋2，f ′(x )≥0恒成立，函数f (x )为增函数，无极值点． ②当a ＜－1或a ＞2时，a 2＞a ＋2，可得当x ∈(－∞，a ＋2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数；当x ∈(a ＋2，a 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数；当x ∈(a 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数．所以当x ＝a ＋2时，函数f (x )有极大值f (a ＋2)；当x ＝a 2时，函数f (x )有极小值f (a 2)． ③当－1＜a ＜2时，a 2＜a ＋2，可得当x ∈(－∞，a 2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数；当x ∈(a 2，a ＋2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )为减函数；当x ∈(a ＋2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )为增函数．所以当x ＝a ＋2时，函数f (x )有极小值f (a ＋2); 当x ＝a 2时，函数f (x )有极大值f (a 2)． 综上所述，当a ＝－1或a ＝2时，f (x )无极值点；当a ＜－1或a ＞2时，f (x )的极大值点为x ＝a ＋2，极小值点为x ＝a 2； 当－1＜a ＜2时，f (x )的极大值点为x ＝a 2，极小值点为x ＝a ＋2. 10．已知函数f (x )＝ln x x －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值． 解：(1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln xx 2， 由⎩⎨⎧f ′（x ）>0，x >0得0<x <e ； 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）<0，x >0，得x >e. 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎨⎧2m ≤e ，m >0，即0<m ≤e2时，[m ，2m ]⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m2m－1；②当m <e<2m ，即e2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减， 所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max＝f (m )＝ln mm－1.综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1.[综合题组练]1．(创新型)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a 的取值范围是( )A ．[－5，0)B ．(－5，0)C ．[－3，0)D ．(－3，0)解析：选C.由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其大致图象如图所示，令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a ＜0，a ＋5＞0，解得a ∈[－3，0)．2．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 ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1解析：选A.因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )e x －1＋(x 2＋ax －1)e x －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]e x －1.因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1的极值点，所以－2是x 2＋(a ＋2)x ＋a －1＝0的根，所以a ＝－1，f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x －1＝(x ＋2)(x －1)e x －1.令f ′(x )>0，解得x <－2或x >1，令f ′(x )<0，解得－2<x <1，所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，f (x )取得极小值，且f (x )极小值＝f (1)＝－1，故选A.3．(创新型)函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a >0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a <x <a 时，f ′(x )<0，函数单调递减； 当x >a 或x <－a 时，f ′(x )>0，函数单调递增， 所以f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )． 所以f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a >0且f (a )＝a 3－3a 3＋a <0. 解得a >22. 所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞4．已知函数f (x )＝ax －ln x ，当x ∈(0，e](e 为自然常数)时，函数f (x )的最小值为3，则a 的值为________．解析：当a ≤0时，不符合题意，所以a ＞0，由f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ＝0，得x ＝1a ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，所以f (x )在x ＝1a 时取得最小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝1－ln 1a. ①当0＜1a ≤e 时，由1－ln 1a＝3，得a ＝e 2，符合题意，②当1a ＞e 时，由a e －ln e ＝3，得a ＝4e ，舍去．答案：e 25．(2019·石家庄市质量检测)已知函数f (x )＝a e x －sin x ，其中a ∈R ，e 为自然对数的底数．(1)当a ＝1时，证明：∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1；(2)若函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上存在极值，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：当a ＝1时，f (x )＝e x －sin x ，于是f ′(x )＝e x －cos x . 当x ∈(0，＋∞)时，e x ＞1且cos x ≤1.故当x ∈(0，＋∞)时，e x －cos x ＞0，即f ′(x )＞0.所以函数f (x )＝e x －sin x 为(0，＋∞)上的增函数，因为f (0)＝1， 所以∀x ∈[0，＋∞)，f (x )≥1.(2)法一：由f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，得f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点．①当a ∈(0，1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数，注意到f ′(0)＝a －1＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2＞0，所以，存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立．当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0，f (x )为(0，x 0)上的减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )＞0，f (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上的增函数．所以x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点．②当a ≥1时，f ′(x )＝a e x －cos x ≥e x －cos x ＞0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立．所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值．③当a ≤0时，f ′(x )＝a e x －cos x ＜0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上没有极值．综上所述，若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则实数a 的取值范围是(0，1)．法二：由函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，得f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点，即a ＝cos x e x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上有解．设g (x )＝cos xe x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则g ′(x )＝－（sin x ＋cos x ）e x＜0在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上恒成立，所以g (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的减函数．所以g (x )的值域为(0，1)，所以当实数a ∈(0，1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在零点． 下面证明，当a ∈(0，1)时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值．事实上，当a ∈(0，1)时，f ′(x )＝a e x －cos x 为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上的增函数，注意到f ′(0)＝a －1＜0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝a ·e π2＞0，所以存在唯一实数x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得f ′(x 0)＝0成立．当x ∈()0，x 0时，f ′(x )＜0，f (x )为(0，x 0)上的减函数；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2时，f ′(x )＞0，f (x )为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，π2上的增函数．即x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2为函数f (x )的极小值点．综上所述，若函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上存在极值，则实数a 的取值范围是(0，1)．6．(综合型)已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x >0}，f ′(x )＝a x －1x 2(a >0)．(1)由f ′(x )>0解得x >1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )<0解得x <1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a . (2)不存在．理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增．①若0<1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1<1a ≤e ，即1e ≤a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a (1－ln a )＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a <1，故不满足条件．③若1a >e ，即0<a <1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0<a <1e，故不满足条件． 综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.。
选修2-2第3章 导数的应用总讲义资料
3.1导数与函数的单调性【学习要求】1．结合实例，直观探索并掌握函数的单调性与导数的关系． 2．能利用导数判断函数的单调性．3．会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)． 【学法指导】结合函数图像(几何直观)探讨归纳函数的单调性与导函数正负之间的关系，体会数形结合思想，以直代曲思想. 一．基础知识回顾1.探究点一：函数的单调性与导函数正负的关系 例1：已知导函数f ′(x )的下列信息：当1<x <4时，f ′(x )>0；当x >4，或x <1时，f ′(x )<0； 当x ＝4，或x ＝1时，f ′(x )＝0.试画出函数f (x )图像的大致形状．解：当1<x <4时，f ′(x )>0，可知f (x )在此区间内单调递增；当x >4，或x <1时，f ′(x )<0，可知f (x )在此区间内单调递减；当x ＝4，或x ＝1时，f ′(x )＝0，这两点比较特殊，我们称它们为“临界点”． 综上，函数f (x )图像的大致形状如图所示． 跟踪训练1：函数y ＝f (x )的图像如图所示，试画出导函数f ′(x )图像的大致形状． 解：f ′(x )图像的大致形状如下图： 注：图像形状不唯一．例2：求下列函数的单调区间：(1)f (x )＝2x 3－3x 2－36x ＋16；(2)f (x )＝3x 2－2ln x .解：(1)f ′(x )＝6x 2－6x －36＝6(x ＋2)(x －3)．由f ′(x )>0得，x <－2或x >3；由f ′(x )<0得，－2<x <3. 所以函数f (x )的递增区间为(－≦，－2)和(3，＋≦)；递减区间为(－2,3)．(2)函数的定义域为(0，＋≦)，f ′(x )＝6x －2x ＝2·3x 2－1x .令f ′(x )>0，即2·3x 2－1x>0，解得－33<x <0或x >33.又≧x >0，≨x >33.令f ′(x )<0，即2·3x 2－1x <0，解得x <－33或0<x <33.又≧x >0，≨0<x <33.≨f (x )的单调递增区间为(33，＋≦)，单调递减区间为(0，33)． 跟踪训练2：求下列函数的单调区间：(1)f (x )＝x 2－ln x ； (2)f (x )＝e x x －2； (3)f (x )＝sin x (1＋cos x )(0≤x <2π)．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋≦)．f ′(x )＝2x －1x ＝2x －12x ＋1x.因为x >0，所以2x ＋1>0，由f ′(x )>0得x >22，所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋≦；由f ′(x )<0得x <22，又x ∈(0，＋≦)，所以函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，22.(2)函数f (x )的定义域为(－≦，2)∪(2，＋≦)．f ′(x )＝e x x －2－e x x －22＝e xx －3x －22.因为x ∈(－≦，2)∪(2，＋≦)，所以e x >0，(x －2)2>0. 由f ′(x )>0得x >3，所以函数f (x )的单调递增区间为(3，＋≦)；由f ′(x )<0得x <3，又定义域为(－≦，2)∪(2，＋≦)，所以函数f (x )的单调递减区间为(－≦，2)和(2,3)．(3)f ′(x )＝cos x (1＋cos x )＋sin x (－sin x ) ＝2cos 2x ＋cos x －1＝(2cos x －1)(cos x ＋1)．因为0≤x <2π，所以cos x ＋1≥0，由f ′(x )>0得0<x <π3或5π3<x <2π；由f ′(x )<0得π3<x <5π3，故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π3，⎝ ⎛⎭⎪⎫5π3，2π，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，5π3.探究点二：函数的变化快慢与导数的关系例3：如图，水以常速(即单位时间内注入水的体积相同)注入下面四种底面积相同的容器中，请分别找出与各容器对应的水的高度h 与时间t 的函数关系图像．解：(1)→B (2)→A (3)→D (4)→C跟踪训练3：已知f ′(x )是f (x )的导函数，f ′(x )的图像如图所示，则f (x )的图像只可能是 (D)解析：从f ′(x )的图像可以看出，在区间⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ＋b 2内，导数递增；在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，b 内，导数递减．即函数f (x )的图像在⎝⎛⎭⎪⎫a ，a ＋b 2内越来越陡，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2，b 内越来越平缓.三．练一练1．函数f (x )＝x ＋ln x 在(0,6)上是(A)A ．单调增函数B ．单调减函数C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6上是增函数 D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，6上是减函数 解析：≧f ′(x )＝1＋1x>0，≨函数在(0,6)上单调递增．2．f ′(x )是函数y ＝f (x )的导函数，若y ＝f ′(x )的图像如图所示，则函数y ＝f (x )的图像可能是(D)解析：由导函数的图像可知，当x <0时，f ′(x )>0，即函数f (x )为增函数；当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )为减函数；当x >2时，f ′(x )>0，即函数f (x )为增函数．观察选项易知D 正确3．函数f (x )＝ln x －ax (a >0)的单调增区间为 (A)A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1aB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞ C ．(0，＋∞) D ．(0，a )解析：f (x )的定义域为{x |x >0}，由f ′(x )＝1x －a >0，得0<x <1a.4．(1)函数y ＝x 2－4x ＋a 的增区间为(2，＋∞)，减区间为(－∞，2)(2)函数f (x )＝x 3－x 的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33解析：(1)y ′＝2x －4，令y ′>0，得x >2；令y ′<0，得x <2，所以y ＝x 2－4x ＋a 的增区间为(2，＋≦)，减区间为(－≦，2)．(2)y ′＝3x 2－1，令y ′>0，得x >33或x <－33；令y ′<0，得－33<x <33，所以f (x )＝x 3－x 的增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－≦，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋≦，减区间为(－33，33)． 四．课时小结1．导数的符号反映了函数在某个区间上的单调性，导数绝对值的大小反映了函数在某个区间或某点附近变化的快慢程度．2．利用导数求函数f (x )的单调区间的一般步骤为：(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. 五．作业设计1． 命题甲：对任意x ∈(a ，b )，有f ′(x )>0；命题乙：f (x )在(a ，b )内是单调递增的．则甲是乙的 (A) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 2． 函数f (x )＝(x －3)e x 的单调递增区间是 (D)A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞)3． 函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，其中a ，b ，c 为实数，当a 2－3b <0时，f (x )是 (A)A ．增函数B ．减函数C ．常数D ．既不是增函数也不是减函数 4． 下列函数中，在(0，＋∞)内为增函数的是 (B)A ．y ＝sin xB ．y ＝x e 2C ．y ＝x 3－x D ．y ＝ln x －x 5． 如果函数f (x )的图像如图，那么导函数y ＝f ′(x )的图像可能是 (A)6． 设f (x )，g (x )在[a ，b ]上可导，且f ′(x )>g ′(x )，则当a <x <b 时，有 (C)A ．f (x )>g (x )B ．f (x )<g (x )C ．f (x )＋g (a )>g (x )＋f (a )D ．f (x )＋g (b )>g (x )＋f (b )7． 函数y ＝f (x )在其定义域⎝⎛⎭⎫－32，3内可导，其图像如图所示，记y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，则不等式f ′(x )≤0的解集为⎣⎡⎦⎤－13，1∪[2,3) 8． 函数y ＝x －2sin x 在(0,2π)内的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫π3，5π3．9．函数y ＝ax 3－x 在R 上是减函数，则a 的取值范围为________．10.已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图像如图所示，试画出函数y ＝f (x )的大致图像．解：由y ＝f ′(x )的图像可以得到以下信息：x <－2或x >2时，f ′(x )<0，－2<x <2时，f ′(x )>0，f ′(－2)＝0，f ′(2)＝0.故原函数y ＝f (x )的图像大致如下：11．求下列函数的单调区间：(1)y ＝x －ln x ； (2)y ＝12x .解：(1)函数的定义域为(0，＋≦)，y ′＝1－1x，由y ′>0，得x >1；由y ′<0，得0<x <1.≨函数y ＝x －ln x 的单调增区间为(1，＋≦)，单调减区间为(0,1)．(2)函数的定义域为{x |x ≠0}，y ′＝－12x 2，≧当x ≠0时，y ′＝－12x2<0恒成立．≨函数y ＝12x的单调减区间为(－≦，0)，(0，＋≦)，没有单调增区间．12．已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像经过点P (0,2)，且在点M (－1，f (－1))处的切线方程为6x －y ＋7＝0.(1)求函数y ＝f (x )的解析式；(2)求函数y ＝f (x )的单调区间．解：(1)由y ＝f (x )的图像经过点P (0,2)，知d ＝2，≨f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2，f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由在点M (－1，f (－1))处的切线方程为6x －y ＋7＝0，知－6－f (－1)＋7＝0，即f (－1)＝1，f ′(－1)＝6.≨⎩⎪⎨⎪⎧ 3－2b ＋c ＝6－1＋b －c ＋2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧2b －c ＝－3b －c ＝0，解得b ＝c ＝－3.故所求的解析式是f(x)＝x3－3x2－3x＋2.(2)f′(x)＝3x2－6x－3.令f′(x)>0，得x<1－2或x>1＋2；令f′(x)<0，得1－2<x<1＋ 2.故f(x)＝x3－3x2－3x＋2在(－≦，1－2)和(1＋2，＋≦)内是增函数，在(1－2，1＋2内是减函数．13．已知函数f(x)＝mx3＋nx2(m、n∈R，m≠0)，函数y＝f(x)的图像在点(2，f(2))处的切线与x轴平行．(1)用关于m的代数式表示n；(2)求函数f(x)的单调增区间．解：(1)由已知条件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，≨3m＋n＝0，故n＝－3m.(2)≧n ＝－3m，≨f(x)＝mx3－3mx2，≨f′(x)＝3mx2－6mx.令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－≦，0)和(2，＋≦)；当m<0时，解得0<x<2，则函数f(x)的单调增区间是(0,2)．综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－≦，0)和(2，＋≦)；当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2)．3.2函数的极值【学习要求】1．了解函数极值的概念，会从几何直观理解函数的极值与导数的关系，并会灵活应用. 2．掌握函数极值的判定及求法.3．掌握函数在某一点取得极值的条件．【学法指导】函数的极值反映的是函数在某点附近的性质，是局部性质．函数极值可以在函数图像上“眼见为实”，通过研究极值初步体会函数的导数的作用.一．基础知识回顾1．极大值点与极大值：如图，在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都小于或等于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极大值点，其函数值f(x0)为函数的极大值．2．极小值点与极小值：如图，在包含x0的一个区间(a，b)内，函数y＝f(x)在任何一点的函数值都大于或等于x0点的函数值，称点x0为函数y＝f(x)的极小值点，其函数值f(x0)为函数的极小值．3．如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是增加的，在区间(x0，b)上是减少的，则x0是极大值点，f(x0)是极大值；如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是减少的，在区间(x0，b)上是增加的，则x0是极小值点，f(x0)是极小值.二．问题探究探究点一：函数的极值与导数的关系问题1：如图观察，函数y＝f(x)在d、e、f、g、h、i等点处的函数值与这些点附近的函数值有什么关系？y＝f(x)在这些点处的导数值是多少？在这些点附近，y＝f(x)的导数的符号有什么规律？答：以d、e两点为例，函数y＝f(x)在点x＝d处的函数值f(d)比它在点x＝d附近其他点的函数值都小，f′(d)＝0；在x＝d的附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)＞0.类似地，函数y＝f(x)在点x＝e的函数值f(e)比它在x＝e附近其他点的函数值都大，f′(e)＝0；在x＝e附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0.问题2：函数的极大值一定大于极小值吗？在区间内可导函数的极大值和极小值是唯一的吗？答：函数的极大值与极小值并无确定的大小关系，一个函数的极大值未必大于极小值；在区间内可导函数的极大值或极小值可以不止一个．问题3：若某点处的导数值为零，那么，此点一定是极值点吗？答：可导函数的极值点处导数为零，但导数值为零的点不一定是极值点．可导函数f(x)在x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0且在x0两侧f′(x)的符号不同．例1：求函数f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋5的极值与极值点． 解：f ′(x )＝3x 2－6x －9. 解方程3x 2－6x －9＝0，得x 1＝－1，x 2＝3. 当x 变化时，f ′(x )，有极小值f (3)＝－22，x ＝3是极小值点．跟踪训练1：求函数f (x )＝3x＋3ln x 的极值与极值点．解：函数f (x )＝3x ＋3ln x 的定义域为(0，＋≦)，f ′(x )＝－3x 2＋3x＝3x －1x 2.令f ′(x )因此当＝1时，()有极小值(1)＝3.＝1是极小值点． 探究点二：利用函数极值确定参数的值例2：已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，求常数a ，b 的值．解：因为f (x )在x ＝－1时有极值0，且f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′－1＝0，f －1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3－6a ＋b ＝0，－1＋3a －b ＋a 2＝0.解之得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9.当a ＝1，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0，所以f (x )在R 上为增函数，无极值，故舍去．当a ＝2，b ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x ＋9＝3(x ＋1)(x ＋3)．当x ∈(－3，－1)时，f (x )为减函数；当x ∈(－1，＋≦)时，f (x )为增函数，所以f (x )在x ＝－1时取得极小值，因此a ＝2，b ＝9.跟踪训练2：设x ＝1与x ＝2是函数f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x 的两个极 值点．(1)试确定常数a 和b 的值；(2)判断x ＝1，x ＝2是函数f (x )的极大值点还是极小值点，并说明理由．解：(1)≧f (x )＝a ln x ＋bx 2＋x ，≨f ′(x )＝ax＋2bx ＋1. 由极值点的必要条件可知：f ′(1)＝f ′(2)＝0，≨a ＋2b ＋1＝0且a 2＋4b ＋1＝0，解方程组得，a ＝－23，b ＝－16.(2)由(1)可知f (x )＝－23ln x －16x 2＋x . f ′(x )＝－23x －1－13x ＋1＝－x －1x －23x.当x ∈(0,1)时，f ′(x )＜0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )＞0；当x ∈(2，＋≦)时，f ′(x )＜0；所以x ＝1是函数f (x )的极小值点，x ＝2是函数f (x )的极大值点． 探究点三：函数极值的综合应用例3 设函数f (x )＝x 3－6x ＋5，x ∈R. (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)若关于x 的方程f (x )＝a 有三个不同的实根，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2－6，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝ 2.因为当x >2或x ＜－2时，f ′(x )＞0；当－2＜x ＜2时，f ′(x )＜0. 所以f (x )的单调递增区间为单调递减区间为(－2，2)． (－≦，－2)和(2，＋≦)；当x ＝－2时，f (x )有极大值5＋42；当x ＝2时，f (x )有极小值5－4 2.(2)由(1)的分析知y ＝f (x )的图像的大致形状及走向如图所示．所以，当5－42＜a ＜5＋42时，直线y ＝a 与y ＝f (x )的图像有三个不同的交点，即方程f (x )＝a 有三个不同的实根．跟踪训练3：若函数f (x )＝2x 3－6x ＋k 在R 上只有一个零点，求常数k 的取值范围．解：f (x )＝2x 3－6x ＋k ，则f ′(x )＝6x 2－6，令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1，可知f (x )在(－1,1)上是减函数，f (x )在(－≦，－1)和(1，＋≦)上为增函数．f (x )的极大值为f (－1)＝4＋k ，f (x )的极小值为f (1)＝－4＋k . 要使函数f (x )只有一个零点，只需4＋k <0或－4＋k >0(如图所示)即k <－4或k >4. ≨k 的取值范围是(－≦，－4)∪(4，＋≦)． 三．练一练1．“函数y ＝f (x )在一点的导数值为0”是“函数y ＝f (x )在这点取得极值”的(B) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 2．下列函数存在极值的是 (B)A ．y ＝1xB ．y ＝x －e xC ．y ＝x 3＋x 2＋2x －3D ．y ＝x 3解析：A 中f ′(x )＝－1x2，令f ′(x )＝0无解，≨A 中函数无极值．B 中f ′(x )＝1－e x，令f ′(x )＝0可得x ＝0. 当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0. ≨y ＝f (x )在x ＝0处取极大值，f (0)＝－1. C 中f ′(x )＝3x 2＋2x ＋2，Δ＝4－24＝－20<0. ≨y ＝f (x )无极值．D也无极值．故选B.3．已知f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则a 的取值范围为 (D) A ．－1<a <2 B ．－3<a <6 C ．a <－1或a >2 D ．a <－3或a >6解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，因为f (x )既有极大值又有极小值，那么Δ＝(2a )2－4×3×(a ＋6)>0，解得a >6或a <－3.4．设a ∈R，若函数y ＝e x＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围为(－∞，－1)．解析：y ′＝e x＋a ，由y ′＝0得x ＝ln(－a )．由题意知ln(－a )>0，≨a <－1.5．直线y ＝a 与函数y ＝x 3－3x 的图像有三个相异的交点，则a 的取值范围是－2<a <2．解析：f ′(x )＝3x 2－3，令f ′(x )＝0可以得到x ＝1或x ＝－1，≧f (1)＝－2，f (－1)＝2，≨－2<a <2. 四．课时小结1．在极值的定义中，取得极值的点称为极值点，极值点指的是自变量的值，极值指的是函数值．2．函数的极值是函数的局部性质．可导函数f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0且在x 0两侧f ′(x )符号相反．3．利用函数的极值可以确定参数的值，解决一些方程的解和图像的交点问题. 4.求可导函数f (x )的极值的步骤：(1)确定函数的定义区间，求导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根(3)用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干个小开区间，并列成表格．检测f ′(x )在方程根左右两侧的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值 五．作业设计1. 函数y ＝f (x )的定义域为(a ，b )，y ＝f ′(x )的图像如图，则函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内取得极小值的点有(A)A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个 2． 下列关于函数的极值的说法正确的是(D)A ．导数值为0的点一定是函数的极值点B ．函数的极小值一定小于它的极大值C ．函数在定义域内有一个极大值和一个极小值D ．若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内不是单调函数 3． 函数y ＝x 3－3x 2－9x (－2<x <2)有(C)A ．极大值5，极小值－27B ．极大值5，极小值－11C ．极大值5，无极小值D ．极小值－27，无极大值 4． 已知函数f (x )，x ∈R ，且在x ＝1处，f (x )存在极小值，则(C)A ．当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0B ．当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0C ．当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0D ．当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<08． 若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于(D)A ．2B ．3C ．6D ．99． 若函数y ＝x 3－3ax ＋a 在(1,2)内有极小值，则实数a 的取值范围是(B)A ．1<a <2B ．1<a <4C ．2<a <4D ．a >4或a <15． 若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝3 .6． 设函数f (x )＝6x 3＋3(a ＋2)x 2＋2ax .若f (x )的两个极值点为x 1，x 2，且x 1x 2＝1，则实数a的值为9．7. 如果函数y ＝f (x )的导函数的图像如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－3，－12内单调递增；②函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－12，3内单调递减；③函数y ＝f (x )在区间(4,5)内单调递增；④当x＝2时，函数y ＝f (x )有极小值；⑤当x ＝－12时，函数y ＝f (x )有极大值．则上述判断正确的是③．(填序号)10．求下列函数的极值：(1)f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1；(2)f (x )＝x 2ex .解：(1)函数的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝3(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13.令f ′(x )>0，可得x >1或x <13；令f ′(x )<0，可得13<x <1.≨函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ＋1的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－≦，13和(1，＋≦)，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.(2)函数的定义域为R ，f ′(x )＝2x e－x＋x 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x ′＝2x e －x －x 2e －x ＝x (2－x )e －x，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可以看出，当x ＝0时，函数有极小值，且为f (0)＝0；当x ＝2时，函数有极大值，且为f (2)＝4e －2.11．已知f (x )＝x 3＋12mx 2－2m 2x －4(m 为常数，且m >0)有极大值－52，求m 的值．解：≧f ′(x )＝3x 2＋mx －2m 2＝(x ＋m )(3x－2m )，令f ′(x )＝0，则x ＝－m 或x ＝23m .当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：≨f (x )极大值＝f (－m )＝－m 3＋12m 3＋2m 3－4＝－52≨m ＝1.12．设a 为实数，函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a .(1)求f (x )的极值；(2)当a 在什么范围内取值时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点？ 解：(1)f ′(x )＝3x2－2x －1.令f ′(x )＝0，则x ＝－13或x＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以f (x )的极大值是f (－13)＝527＋a ，极小值是f (1)＝a －1.(2)函数f (x )＝x 3－x 2－x ＋a ＝(x －1)2(x ＋1)＋a －1，由此可知，x 取足够大的正数时，有f (x )>0，x 取足够小的负数时，有f (x )<0，所以曲线y ＝f (x )与x 轴至少有一个交点．由(1)知f (x )极大值＝f (－13)＝527＋a ，f (x )极小值＝f (1)＝a －1.≧曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点，≨f (x )极大值<0或f (x )极小值>0，即527＋a <0或a －1>0，≨a <－527或a >1，≨当a ∈(－≦，－527)∪(1，＋≦)时，曲线y ＝f (x )与x 轴仅有一个交点．13．已知函数f (x )＝(x 2＋ax －2a 2＋3a )e x (x ∈R )，其中a ∈R .(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率； (2)当a ≠23时，求函数f (x )的单调区间与极值．解：(1)当a ＝0时，f (x )＝x 2e x，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x ，故f ′(1)＝3e.(2)f ′(x )＝[x 2＋(a ＋2)x －2a 2＋4a ]e x.令f ′(x )＝0，解得x ＝－2a 或x ＝a －2，由a ≠23知，－2a ≠a －2.以下分两种情况讨论：①若a >23，则－2a <a －2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：f (x )在x ＝－2a 处取得极大值f (－2a )，且f (－2a )＝3a e －2a.函数f (x )在x ＝a －2处取得极小值f (a －2)，且f (a －2)＝(4－3a )ea －2.②若a <3，则－2a >a －2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如上表：所以f (x )在(－≦，a －2)，(－2a ，＋≦)内是增函数，在(a －2，－2a )内是减函数．函数f (x )在x ＝a －2处取得极大值f (a －2)，且f (a －2)＝(4－3a )e a －2.函数f (x )在x ＝－2a 处取得极小值f (－2a )，且f (－2a )＝3a e－2a.3.3最大值、最小值问题(一)【学习要求】1．理解函数最值的概念，了解其与函数极值的区别与联系． 2．会用导数求某定义域上函数的最值． 【学法指导】弄清极值与最值的区别是学好本节的关键．函数的最值是一个整体性的概念．函数极值是在局部上对函数值的比较，具有相对性；而函数的最值则是表示函数在整个定义域上的情况，是对整个区间上的函数值的比较. 一．基础知识回顾1．函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值如图，函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的图像是一条连续不断的曲线，则该函数在[a ，b ]上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在端点处或极值点处取得．2．求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值，(2)将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．二．问题探究探究点一：求函数的最值问题：函数的极值和最值有什么区别和联系？答：函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，函数的极值可以有多个，但最值只能有一个；极值只能在区间内取得，最值则可以在端点处取得；有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处取得必定是极值．例1：求下列函数的最值：(1)f (x )＝2x 3－12x ，x ∈[－1,3]；(2)f (x )＝12x ＋sin x ，x ∈[0,2π]．f (x )取得最大值18. (2)f ′(x )＝2＋cos x ，令f ′(x )＝0，又x ∈[0,2π]，解得x ＝3π或x ＝3π. 当≨当＝0时，()有最小值(0)＝0；当＝2π时，()有最大值(2π)＝π.跟踪训练1：求下列函数的最值：(1)f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，x ∈[－3,1]；(2)f (x )＝e x (3－x 2)，x ∈[2,5]．解：(1)≧f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，≨f ′(x )＝3x 2＋4x －4. 令f ′(x )＝0，得x 1＝－2，x 2＝23.≧f (－2)＝13，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝9527，f (－3)＝8，f (1)＝4，≨函数f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.(2)≧f (x )＝3e x －e x x 2，≨f ′(x )＝3e x －(e x x 2＋2e x x )＝－e x (x 2＋2x －3) ＝－e x (x ＋3)(x －1)，≧在区间[2,5]上，f ′(x )＝－e x(x ＋3)(x －1)<0，即函数f (x )在区间[2,5]上单调递减，≨x ＝2时，函数f (x )取得最大值f (2)＝－e 2；x ＝5时，函数f (x )取得最小值f (5)＝－22e 5.探究点二：含参数的函数的最值问题例2 已知a 是实数，函数f (x )＝x 2(x －a )．(1)若f ′(1)＝3，求a 的值及曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程．(2)求f (x )在区间[0,2]上的最大值．解：(1)f ′(x )＝3x 2－2ax . 因为f ′(1)＝3－2a ＝3，所以a ＝0.又当a ＝0时，f (1)＝1，f ′(1)＝3，所以曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为3x －y －2＝0. (2)令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a 3.当2a 3≤0，即a ≤0时，f (x )在[0,2]上单调递增，从而f (x )max ＝f (2)＝8－4a . 当2a 3≥2，即a ≥3时，f (x )在[0,2]上单调递减，从而f (x )max ＝f (0)＝0. 当0<2a 3<2，即0<a <3时，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2a 3上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a 3，2上单调递增，从而f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 8－4a 0<a ≤2 0 2<a <3 ，综上所述，f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 8－4a a ≤2 0 a >2 . 跟踪训练2：已知函数f (x )＝ax 3－6ax 2＋b ，x ∈[－1,2]的最大值为3，最小值为－29，求a ，b 的值．解：f ′(x )＝3ax 2－12ax ＝3ax (x －4)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝4(舍去)．(1)当a >0时，列表如下：由表可知，当x ＝0时，f (x )取极大值，也就是函数在[－1,2]上的最大值，≨f (0)＝3，即b ＝3. 又f (－1)＝－7a ＋3，f (2)＝－16a ＋3<f (－1)，≨f (2)＝－16a ＋3＝－29，≨a ＝2.(2)当a <0时，同理可得，当x ＝0时，f (x )取极小值，也就是函数在[－1,2]上的最小值，≨f (0)＝－29，即b ＝－29. 又f (－1)＝－7a －29，f (2)＝－16a －29>f (－1)，≨f (2)＝－16a －29＝3，≨a ＝－2. 综上可得，a ＝2，b ＝3或a ＝－2，b ＝－29.探究点三：函数最值的应用例3：已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1.若xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1恒成立，求a 的取值范围．解：f ′(x )＝x ＋1x ＋ln x －1＝ln x ＋1x，xf ′(x )＝x ln x ＋1，而xf ′(x )≤x 2＋ax ＋1(x ＞0)等价于ln x －x ≤a . 令g (x )＝ln x －x ，则g ′(x )＝1x－1. 当0＜x ＜1时，g ′(x )＞0；当x ≥1时，g ′(x )≤0，x ＝1是g (x )的最大值点，≨g (x )≤g (1)＝－1. 综上可知，a 的取值范围是[)－1，＋≦.跟踪训练3：设函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x ＋8c ，若对任意的x ∈[0,3]，都有f (x )<c 2成立，求c 的取值范围．解：≧f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)．≨当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0；当x ∈(1,2)时，f ′(x )<0；当x ∈(2,3)时，f ′(x )>0. ≨当x ＝1时，f (x )取极大值f (1)＝5＋8c . 又f (3)＝9＋8c >f (1)，≨x ∈[0,3]时，f (x )的最大值为f (3)＝9＋8c . ≧对任意的x ∈[0,3]，有f (x )<c 2恒成立，≨9＋8c <c 2，即c <－1或c >9. ≨c 的取值范围为(－≦，－1)∪(9，＋≦)．三．练一练1．函数y ＝f (x )在[a ，b ]上 (D)A ．极大值一定比极小值大B ．极大值一定是最大值C ．最大值一定是极大值D ．最大值一定大于极小值解析：由函数的最值与极值的概念可知，y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值一定大于极小值2．函数f (x )＝x 3－3x (|x |<1) (D)A ．有最大值，但无最小值B ．有最大值，也有最小值C ．无最大值，但有最小值D ．既无最大值，也无最小值解析：f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，当x ∈(－1,1)时，f ′(x )<0，所以f (x )在(－1,1)上是单调递减函数，无最大值和最小值，故选D.3．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的最大值是 (C) A ．π－1 B ．π2－1 C ．π D ．π＋1 解析：因为y ′＝1－cos x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π时，y ′>0，则函数y 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π上为增函数，所以y 的最大值为y max ＝π－sin π＝π，故选C.4．函数f (x )＝x 3－3x 2－9x ＋k 在区间[－4,4]上的最大值为10，则其最小值为－71解析：f ′(x )＝3x 2－6x －9＝3(x －3)(x ＋1)．由f ′(x )＝0得x ＝3或x ＝－1. 又f (－4)＝k －76，f (3)＝k －27，f (－1)＝k ＋5，f (4)＝k －20. 由f (x )max ＝k ＋5＝10，得k ＝5，≨f (x )min ＝k －76＝－71.四．课时小结1．求函数在闭区间上的最值，只需比较极值和端点处的函数值即可；函数在一个开区间内只有一个极值，这个极值就是最值．2．.“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可．一般地，可采用分离参数法．λ≥f (x )恒成立⇔λ≥[f (x )]max ；λ≤f (x )恒成立⇔λ≤[f (x )]min .3.函数最值：(1)求函数的最值，显然求极值是关键的一环．但仅仅是求最值，可用下面简化的方法求得．①求出导数为零的点．②比较这些点与端点处函数值的大小，就可求出函数的最大值和最小值．(2)若函数在闭区间[a ，b ]上连续单调，则最大、最小值在端点处取得．五．作业设计1． 函数f (x )＝－x 2＋4x ＋7，在x ∈[3,5]上的最大值和最小值分别是 (B)A ．f (2)，f (3)B ．f (3)，f (5)C ．f (2)，f (5)D ．f (5)，f (3)2． f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是 (C)A ．－2B ．0C ．2D ．43． 函数y ＝ln x x的最大值为 (A) A ．e －1 B ．e C ．e 2 D.1034． 已知函数y ＝－x 2－2x ＋3在区间[a,2]上的最大值为154，则a 等于 (C) A ．－32 B.12 C ．－12 D.12或－325． 函数y ＝4x x 2＋1在定义域内 (C) A ．有最大值2，无最小值 B ．无最大值，有最小值－2C ．有最大值2，最小值－2D ．无最值6． 设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图像分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为 (D)A ．1B.12C.52D.227． 函数f (x )＝x e x 的最小值为－1e． 8． 已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是[－4，－2]．9．已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．10． 求函数f (x )＝x 3－3x 2＋6x －10在区间[－1,1]上的最值．解：因为f ′(x )＝3x 2－6x ＋6＝3(x －1)2＋3，所以在区间[－1,1]上f ′(x )>0恒成立，即函数f (x )在区间[－1,1]上单调递增，故当x ＝－1时，函数f (x )取得最小值f (－1)＝－20；当x ＝1时，函数f (x )取得最大值f (1)＝－6.11．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋a 在[－2,2]上有最小值－37，求a 的值及f (x )在[－2,2]上的最大值．解：f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2，当x 变化时，f ′(x )，f (x )变化情况如下表：≨当x ＝－2时，f (x )min ＝－40＋a ＝－37，得a ＝3.当x ＝0时，f (x )最大值为3.12．已知函数f (x )＝x 3－ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R)．(1)若函数f (x )在x ＝－1和x ＝3处取得极值，试求a ，b 的值；(2)在(1)的条件下，当x ∈[－2,6]时，f (x )<2|c |恒成立，求c 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝3x 2－2ax ＋b ，≧函数f (x )在x ＝－1和x ＝3处取得极值，≨－1,3是方程3x 2－2ax ＋b ＝0的两根．≨⎩⎪⎨⎪⎧ －1＋3＝23a －1×3＝b 3，≨⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝3b ＝－9.(2)由(1)知f (x )＝x 3－3x 22|恒成立，只要c ＋54<2|c |即可，当c ≥0时，c ＋54<2c ，≨c >54；当c <0时，c ＋54<－2c ，≨c <－18.≨c ∈(－≦，－18)∪(54，＋≦)，此即为参数c 的取值范围．13．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所以f (．(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ；当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1]上单调递减，在(k －1,1)上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1.当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.3.4最大值、最小值问题(二)【学习要求】1．了解导数在解决实际问题中的作用．2．掌握利用导数解决简单的实际生活中的优化问题．【学法指导】1．在利用导数解决实际问题的过程中体会建模思想．2．感受导数知识在解决实际问题中的作用，自觉形成将数学理论与实际问题相结合的思想，提高分析问题、解决问题的能力.一．基础知识回顾1．生活中经常遇到求利润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题．2．解决优化问题的基本思路是上述解决优化问题的过程是一个典型的数学建模过程．二．问题探究探究点一：面积、体积的最值问题问题 如何利用导数解决生活中的优化问题？答案：①函数建模，细致分析实际问题中各个量之间的关系，正确设定所求最大值或最小值的变量y 与自变量x ，把实际问题转化为数学问题，即列出函数关系式y ＝f (x )．②确定定义域，一定要从问题的实际意义去考察，舍去没有实际意义的变量的范围．③求最值，此处尽量使用导数法求出函数的最值．④下结论，回扣题目，给出圆满的答案．例1 如图所示，一边长为48 cm 的正方形铁皮，四角各截去一个大小相同的正方形，然后折起，可以做成一个无盖长方体容器．所得容器的容积V (单位：cm 3)是关于截去的小正方形的边长x (单位：cm)的函数．(1)随着x 的变化，容积V 是如何变化的？(2)截去的小正方形的边长为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？解：(1)首先写出V 关于x 的函数解析式．根据题意可得V ＝f (x )＝x (48－2x )2. 由实际情况可知函数的定义域为0<x <24. 根据导数公式表及求导法则，可得f ′(x )＝－4x (48－2x )＋(48－2x )2＝(48－2x )(－6x ＋48) ＝12(x －24)(x －8)．解方程V ′(x )＝0，得x 1＝8，x 2＝12V ＝f (8)＝(48－16)2×8＝8 192(cm 2)．V ＝(48－2x )2x 的图像如图所示．当0<x ≤8时，函数V ＝f (x )是增加的；当8≤x <24时，函数V ＝f (x )是减少的．(2)区间(0,24)上任意点的函数值都不超过f (8)，因此x ＝8是函数的最大值点．此时V ＝f (8)＝8 192(cm 3)．即当截去的小正方形的边长为8 cm 时，得到的容器容积最大，最大容积为8 192 cm 3.跟踪训练1：学校或班级举行活动，通常需要张贴海报进行宣传．现让你设计一张如图所示的竖向张贴的海报，要求版心面积为128 dm 2，上、下两边各空2dm ，左、右两边各空1 dm.如何设计海报的尺寸，才能使四周空白面积最小？解：设版心的高为x dm ，则版心的宽为128xdm ，此时四周空白面积为S (x )＝(x ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫128x ＋2－128＝2x ＋512x ＋8，x >0.求导数，得S ′(x )＝2－512x 2.令S ′(x )＝2－512x 2＝0，解得x ＝16(x ＝－16舍去)．于是宽为128x ＝12816＝8. 当x ∈(0,16)时，S ′(x )<0；当x ∈(16，＋≦)时，S ′(x )>0.因此，x ＝16是函数S (x )的极小值点，也是最小值点．所以，当版心高为16 dm ，宽为8 dm 时，能使四周空白面积最小．答 当版心高为16 dm ，宽为8 dm 时，海报四周空白面积最小．探究点二：利润最大问题例2：某制造商制造并出售球形瓶装的某种饮料．瓶子的制造成本是0.8πr 2分，其中r (单位：cm)是瓶子的半径，已知每出售1 mL 的饮料，制造商可获利0.2分，且制造商能制作的瓶子的最大半径为6 cm.(1)瓶子半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大？(2)瓶子半径多大时，每瓶饮料的利润最小？解：由于瓶子的半径为r ，所以每瓶饮料的利润是y ＝f (r )＝0.2×43πr 3－0.8πr 2＝0.8π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 33－r 2，0<r ≤6. 令f ′(r )＝0.8π(r 2－2r )＝0. 当r ＝2时，f ′(r )＝0. 当r ∈(0,2)时，f ′(r )<0；当r ∈(2,6)时，f ′(r )>0. 因此，当半径r >2时，f ′(r )>0，它表示f (r )单调递增，即半径越大，利润越高；半径r <2时，f ′(r )<0，它表示f (r )单调递减，即半径越大，利润越低．≨半径为2 cm 时，利润最小，这时f (2)<0，表示此种瓶内饮料的利润还不够瓶子的成本，此时利润是负值．半径为6 cm 时，利润最大．跟踪训练2：某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝a x －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．(1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解：(1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a 2＋10＝11，所以a ＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量y ＝2x －3＋10(x －6)2，所以商场每日销售该商品所获得的利润f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6. 从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x－6)．于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4是函数f (x )在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42. 答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 探究点三：费用(用材)最省问题例3 已知A 、B 两地相距200 km ，一只船从A 地逆水行驶到B 地，水速为8 km/h ，船在静水中的速度为v km/h(8<v ≤v 0)．若船每小时的燃料费与其在静水中的速度的平方成正比，当v ＝12 km/h ，每小时的燃料费为720元，为了使全程燃料费最省，船的实际速度为多少？解：设每小时的燃料费为y 1，比例系数为k (k >0)，则y 1＝kv 2，当v ＝12时，y 1＝720，≨720＝k ·122，得k ＝5. 设全程燃料费为y ，由题意y ＝y 1·200v －8＝1 000v 2v －8，≨y ′＝。
22第一部分 板块二 专题六 函数与导数 第3讲 导数的简单应用(小题)
第3讲 导数的简单应用(小题)热点一 导数的几何意义应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数； (2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率； (3)切点既在原函数的图象上也在切线上．例1 (1)已知函数f (x )＝x ＋1，g (x )＝a ln x ，若函数f (x )与g (x )的图象在x ＝14处的切线平行，则实数a 的值为( ) A.14 B.12C ．1D ．4 (2)(2019·东莞调研)设函数f (x )＝2x 3＋(a ＋3)x sin x ＋ax ，若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0,0)处的切线方程为( ) A ．y ＝x B ．y ＝2x C ．y ＝－3xD ．y ＝4x跟踪演练1 (1)(2019·六安联考)曲线f (x )＝a ln x 在点P (e ，f (e))处的切线经过点(－1，－1)，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．eD ．2e(2)若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋1的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋2)的切线，则实数b ＝________.热点二 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域； (2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认； (3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况．例2 (1)(2019·郑州质检)函数f (x )是定义在[0，＋∞)上的函数，f (0)＝0，且在(0，＋∞)上可导，f ′(x )为其导函数，若xf ′(x )＋f (x )＝e x (x －2)且f (3)＝0，则不等式f (x )<0的解集为( ) A ．(0,2) B ．(0,3) C ．(2,3)D ．(3，＋∞)(2)(2019·江西红色七校联考)若函数f (x )＝2x 3－3mx 2＋6x 在区间(1，＋∞)上为增函数，则实数m 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，1) C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)跟踪演练2 (1)(2019·上饶模拟)对任意x ∈R ，函数y ＝f (x )的导数都存在，若f (x )＋f ′(x )>0恒成立，且a >0，则下列说法正确的是( ) A ．f (a )<f (0) B ．f (a )>f (0) C ．e a ·f (a )<f (0)D ．e a ·f (a )>f (0)(2)(2019·临沂质检)函数f (x )＝12ax 2－2ax ＋ln x 在(1,3)上不单调的一个充分不必要条件是( )A ．a ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12 B ．a ∈⎝⎛⎭⎫－12，16 C ．a ∈⎝⎛⎭⎫16，12D ．a ∈⎝⎛⎭⎫12，＋∞热点三 利用导数研究函数的极值、最值 利用导数研究函数的极值、最值应注意的问题： (1)不能忽略函数f (x )的定义域；(2)f ′(x 0)＝0是可导函数在x ＝x 0处取得极值的必要不充分条件； (3)函数的极小值不一定比极大值小；(4)函数在区间(a ，b )上有唯一极值点，则这个极值点也是最大(小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．例3 (1)(2019·东北三省三校模拟)若函数f (x )＝e x －ax 2在区间(0，＋∞)上有两个极值点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤e 2 B ．a >e C ．a ≤e D ．a >e2(2)(2019·丹东质检)直线y ＝m 与直线y ＝2x ＋3和曲线y ＝ln 2x 分别相交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________．跟踪演练3 (1)(2019·天津市和平区质检)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，若f (1)＝0，f ′(1)＝0，但x ＝1不是函数的极值点，则abc 的值为________． (2)已知a >0，f (x )＝x e xe x ＋a ，若f (x )的最小值为－1，则a 等于( )A.1e 2B.1eC ．eD ．e 2真题体验1．(2017·山东，文，10)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是( ) A ．f (x )＝2－x B ．f (x )＝x 2 C ．f (x )＝3－xD ．f (x )＝cos x2．(2019·全国Ⅱ，文，10)曲线y ＝2sin x ＋cos x 在点(π，－1)处的切线方程为( ) A ．x －y －π－1＝0 B ．2x －y －2π－1＝0 C ．2x ＋y －2π＋1＝0 D ．x ＋y －π＋1＝0押题预测1．曲线y ＝2x ln x 在x ＝e 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为( ) A.e 24 B.e 22C ．e 2D ．2e 2 2．已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，若f (x )＋f ′(x )<0，f (0)＝1，则不等式e x f (x )<1的解集为( ) A ．(－∞，0) B ．(0，＋∞) C ．(－∞，1)D ．(1，＋∞) 3．已知函数f (x )＝(x －3)e x ＋a (2ln x －x ＋1)在(1，＋∞)上有两个极值点，且f (x )在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( ) A ．(e ，＋∞) B ．(e,2e 2)C ．(2e 2，＋∞)D ．(e,2e 2)∪(2e 2，＋∞)A 组 专题通关1．设函数y ＝x sin x ＋cos x 的图象在点()t ，f (t )处切线的斜率为g (t )，则函数y ＝g (t )的图象一部分可以是( )2．(2019·甘青宁联考)若直线y ＝kx －2与曲线y ＝1＋3ln x 相切，则k 等于( ) A ．3 B.13 C ．2 D.123．(2019·沈阳模拟)已知函数f (x )＝2e f ′(e)ln x －xe，则f (x )的极大值点为( )A.1eB ．1C ．eD ．2e 4．(2019·全国Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( ) A ．a ＝e ，b ＝－1 B ．a ＝e ，b ＝1 C ．a ＝e －1，b ＝1D ．a ＝e －1，b ＝－15．已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且f (0)＝12，则不等式f (x )－12e x <0的解集为( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，12 B ．(0，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D ．(－∞，0)6．已知函数f (x )＝e xx 2＋2k ln x －kx ，若x ＝2是函数f (x )的唯一极值点，则实数k 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，e24 B.⎝⎛⎦⎤－∞，e2 C ．(0,2]D.[)2，＋∞7．若函数f (x )＝e x －x 2－ax (其中e 是自然对数的底数)的图象在x ＝0处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则函数g (x )＝f ′(x )－bx 在(0，＋∞)上的最小值为( )A ．－1B ．eC ．e －2D ．e 28．若曲线y ＝x －ln x 与曲线y ＝ax 3＋x ＋1在公共点处有相同的切线，则实数a 等于( ) A.e 23 B ．－e 23C ．－e 3D.e 39．(2019·岳阳模拟)已知M ＝{α|f (α)＝0}，N ＝{β|g (β)＝0}，若存在α∈M ，β∈N ，使|α－β|<n ，则称函数f (x )与g (x )互为“n 度零点函数”．若f (x )＝32－x －1与g (x )＝x 2－a e x 互为“1度零点函数”，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎦⎤1e 2，4e B.⎝⎛⎦⎤1e ，4e 2 C.⎣⎡⎭⎫4e 2，2eD.⎣⎡⎭⎫1e 3，2e 210．设直线x ＝t 与函数f (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为( )A ．1 B.12 C.52 D.2211．(2019·吉林调研)设函数f (x )在R 上存在导函数f ′(x )，对任意实数x ，都有f (x )＝f (－x )＋2x ，当x <0时，f ′(x )<2x ＋1，若f (1－a )≤f (－a )＋2－2a ，则实数a 的最小值为( ) A ．－1 B ．－12 C.12D ．112．(2019·江淮联考)若对∀x 1，x 2∈(m ，＋∞)，且x 1<x 2，都有x 1ln x 2－x 2ln x 1x 2－x 1<1，则m 的最小值是( )注：(e 为自然对数的底数，即e ＝2.718 28…) A.1e B ．e C ．1 D.3e13．(2018·齐鲁名校教科研协作体模拟)已知函数f (x )＝sin x －x cos x ，现有下列结论： ①当x ∈[0，π]时，f (x )≥0； ②当0<α<β<π时，α·sin β>β·sin α；③若n <sin x x <m 对∀x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2恒成立，则m －n 的最小值等于1－2π； ④已知k ∈[]0，1，当x i ∈()0，2π时，满足|sin x i |x i ＝k 的x i 的个数记为n ，则n 的所有可能取值构成的集合为{0,1,2,3}． 其中正确的序号为________．14．已知函数f (x )＝2ln x 和直线l ：2x －y ＋6＝0，若点P 是函数f (x )图象上的一点，则点 P 到直线l 的距离的最小值为________．15．(2019·衡水调研)已知函数f (x )＝12x 2＋tan θx ＋3⎝⎛⎭⎫θ≠π2，在区间⎣⎡⎦⎤－33，1上是单调函数，其中θ是直线l 的倾斜角，则θ的所有可能取值区间为________．16．(2019·厦门模拟)若实数a ，b ，c 满足(a －2b －1)2＋(a －c －ln c )2＝0，则|b －c |的最小值是________．B 组 能力提高17．已知a ∈Z ，若∀m ∈(0，e)，∃x 1，x 2∈(0，e)且x 1≠x 2，使得(m －2)2＋3＝ax 1－ln x 1＝ax 2－ln x 2，则满足条件的a 的取值个数为( ) A ．5 B ．4 C ．3 D ．218．(2019·洛阳统考)若函数f (x )＝e x －(m ＋1)ln x ＋2(m ＋1)x －1恰有两个极值点，则实数m 的取值范围为( ) A ．(－e 2，－e) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－e2 C.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 D.()－∞，－e －1。
第3讲导数与函数的极值最值课件共83张PPT
2．导数与函数的最值 (1)函数 f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数 y＝f(x)的图象是一条 07 ___连__续__不__断___的曲线， 那么它必有最大值和最小值． (2)求 y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤 ①求函数 y＝f(x)在(a，b)上的 08 _极__值___. ②将函数 y＝f(x)的各极值与 09 __端__点__处__的__函__数__值__f(_a_)_，__f(_b_)_比较，其中 10 __最__大__的一个是最大值， 11 _最__小___的一个是最小值．
即 2x＋y－13＝0.
解
(2)显然 t≠0，因为 y＝f(x)在点(t,12－t2)处的切线方程为 y－(12－t2)＝
－2t(x－t)，
令
x＝0，得
y＝t2＋12，令
y＝0，得
t2＋12 x＝ 2t ，
所以 S(t)＝12×(t2＋12)·t2＋2|t1| 2.
不妨设 t＞0(t＜0 时，结果一样)，
例 1 (2021·南昌摸底考试)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)
单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极大值点．②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1
或 x＝－1a.因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a<0.综合①②
高考数学( 文科)一轮复习练习：第三章 导数及其应用 第3讲 含答案
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1.函数f (x )＝2x 3－6x 2－18x －7在[1，4]上的最小值为________. 解析 f ′(x )＝6x 2－12x －18＝6(x 2－2x －3) ＝6(x －3)(x ＋1)，由f ′(x )＞0，得x ＞3或x ＜－1； 由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜3，故函数f (x )在[1，3]上单调递减，在[3，4]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (3)＝2×27－6×9－18×3－7＝－61. 答案 －612.函数f (x )＝x 3＋3x 2＋3x －a 的极值点的个数是________.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x 2＋2x ＋1)＝3(x ＋1)2≥0，∴函数f (x )在R 上单调递增，故f (x )无极值点. 答案 03.(2015·泰州调研)函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则b 的取值范围是________.解析 由f (x )＝x 3－3bx ＋3b ，得f ′(x )＝3x 2－3b .由已知可得f ′(x )＝3x 2－3b 在(0，1)上与x 轴有交点，且满足⎩⎨⎧f ′（0）＜0，f ′（1）＞0，即⎩⎨⎧b ＞0，3－3b ＞0.∴0＜b ＜1.∴b 的取值范围是(0，1). 答案 (0，1)4.(2015·扬州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则 ⎩⎨⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案 －75.(2016·长沙模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是________. 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根， ∴Δ＝4a 2－4×3×(a ＋6)＞0，即a 2－3a －18＞0. ∴a ＞6或a ＜－3.答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)6.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是________.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. 答案 (－∞，－1)7.已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝________.解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，得x ＝±2，又f (－3)＝17，f (－2)＝24，f (2)＝－8，f (3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案 328.(2015·苏、锡、常、镇模拟)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在x ＝0处有极大值1，在x ＝2处有极小值0，则常数a ，b ，c ，d 分别为________，________，________，________.解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，则⎩⎨⎧f （2）＝0，f ′（2）＝0，f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎨⎧8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，d ＝1，c ＝0，解得a ＝14，b ＝－34，c ＝0，d ＝1.答案 14 34 0 1 二、解答题9.(2016·徐州一检)当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，函数f (x )＝ax －1＋ln x 在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值.解 由题意f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a .∵a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ，∴0＜－1a ＜e ，由f ′(x )＞0，解得0＜x ＜－1a，由f ′(x )＜0，解得－1a ＜x ＜e.从而f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e .∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，解得a ＝－e 2.10.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar ＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞). f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0， 当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减.因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1，1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________.解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ， 易知f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， ∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1，1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案 －1312.(2016·南通调研)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上无极值，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0恒成立或当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0恒成立.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，y ＝x ＋1x 的值域是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x 恒成立，a ≤2；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0，即a ≥x ＋1x 恒成立，a ≥103.因此要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，实数 a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，10313.(2015·太原二模)已知f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )是函数f (x )的导函数，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵f ′(－1)＝f ′(a )＝0，∴当a ＜－1时，x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；a ＜x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.当－1＜a ＜0时，x ＜－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极大值，符合题意.当a ＞0时，x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ＞a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.∴实数a 的取值范围是(－1，0). 答案 (－1，0)14.(2015·南京、盐城调研)已知a ∈R ，函数f (x )＝a x ＋ln x －1. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求f (x )在区间(0，e]上的最小值.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝1x ＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，x ∈(0，＋∞).因此f ′(2)＝14，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为14. 又f (2)＝ln 2－12，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－12＝14(x －2)，即x －4y ＋4ln 2－4＝0. (2)因为f (x )＝ax ＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax 2，x ∈(0，＋∞). 令f ′(x )＝0，得x ＝a .①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在区间(0，e]上单调递增，此时函数f (x )无最小值. ②若0＜a ＜e ，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0， 函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，当x ∈(a ，e]时， f ′(x )＞0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值a e.综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；当0＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ln a；当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为a e.。
(整理)函数求导的运算及导数的简单的应用
【本讲教育信息】一. 教学内容：导数计算二. 教学目标：（1）掌握简单函数的定义求导的方法。
理解导数与导函数的区别。
（2）掌握导数运算加、减、乘、除及复合函数求导运算法则及函数求导公式的应用。
（3）体会化归数学思想、方程的数学思想、分类讨论的数学思想的应用。
三. 教学重、难点：重点：函数求导的运算及导数的简单的应用 难点：复合函数求导。
四. 知识要点分析：1. 简单函数的定义求导的方法（一差、二比、三取极限） （1）求函数的增量)()(00x f x x f y -∆+=∆；（2）求平均变化率xx f x x f x y ∆-∆+=∆∆)()(00。
（3）取极限求导数=)(0'x f xx f x x f x ∆-∆+→∆)()(lim 0002．导数与导函数的关系：特殊与一般的关系。
函数在某一点)(0'x f 的导数就是导函数)(x f ，当0x x =时的函数值。
3．常用的导数公式及求导法则： （1）公式①0'=C ，（C 是常数） ②x x cos )(sin '= ③x x sin )(cos '-=④1')(-=n n nxx⑤a a a x x ln )('=⑥xx e e =')(⑦a x x a ln 1)(log '=⑧x x 1)(ln '= ⑨x x 2'cos 1)(tan = ⑩（x x 2'sin 1)cot -= （2）法则：''')]([)]([)]()([x g x f x g x f ±=±，)()()()()]()(['''x f x g x g x f x g x f += )()()()()(])()([2'''x g x f x g x g x f x g x f -= 4. 复合函数求导：（1）复合函数定义：对于函数y=f （u ）和u=)(x ϕ，给定x 的一个值，就得到u 的一个值，进而确定y 值，这样y 可以表示成x 的函数，称这个函数是y=f （u ）和u=)(x ϕ的复合函数。
高等数学第三章微分中值定理与导数的应用讲义
第三章 微分中值定理与导数的应用讲义【考试要求】1．掌握罗尔中值定理、拉格朗日中值定理并了解它们的几何意义． 2．熟练掌握洛必达法则求“0/0”、“/∞∞”、“0⋅∞”、“∞-∞”、“1∞”、“00”和“0∞”型未定式极限的方法．3．掌握利用导数判定函数的单调性及求函数的单调增、减区间的方法，会利用函数的增减性证明简单的不等式．4．理解函数极值的概念，掌握求函数的极值和最值（最大值和最小值）的方法，并且会解简单的应用问题．5．会判定曲线的凹凸性，会求曲线的拐点． 6．会求曲线的水平渐近线与垂直渐近线．【考试内容】一、微分中值定理1．罗尔定理如果函数()yf x =满足下述的三个条件：（1）在闭区间[,]a b 上连续； （2）在开区间(,)a b 内可导； （3）在区间端点处的函数值相等，即()()f a f b =，那么在(,)a b 内至少有一点ξ（ab ξ<<），使得()0f ξ'=．说明：通常称导数等于零的点为函数的驻点（或稳定点，临界点），即若0()0f x '=，则称点0x 为函数()f x 的驻点．2．拉格朗日中值定理如果函数()yf x =满足下述的两个条件：（1）在闭区间[,]a b 上连续； （2）在开区间(,)a b 内可导， 那么在(,)a b 内至少有一点ξ（ab ξ<<），使得下式（拉格朗日中值公式）成立： ()()()()f b f a f b a ξ'-=-．说明：当()()f b f a =时，上式的左端为零，右端式()b a -不为零，则只能()0f ξ'=，这就说明罗尔定理是拉格朗日中值定理的特殊情形．此外，由于拉格朗日中值定理在微分学中占有重要的地位，因此有时也称这定理为微分中值定理．3．两个重要推论（1）如果函数()f x 在区间I 上的导数恒为零，那么()f x 在区间I 上是一个常数．证：在区间I 上任取两点1x 、2x （假定12x x <，12x x >同样可证），应用拉格朗日中值公式可得2121()()()()f x f x f x x ξ'-=- （12x x ξ<<）． 由假定，()0f ξ'=，所以 21()()0f x f x -=，即 21()()f x f x =．因为1x 、2x 是I 上任意两点，所以上式表明()f x 在区间I 上的函数值总是相等的，即()f x 在区间I 上是一个常数．（2）如果函数()f x 与()g x 在区间(,)a b 内的导数恒有()()f x g x ''=，则这两个函数在(,)a b 内至多相差一个常数，即()()f x g x C -=（C 为常数）． 证：设()()()F x f x g x =-，则()[()()]()()0F x f x g x f x g x ''''=-=-=，根据上面的推论（1）可得，()F x C =，即()()f x g x C -=，故()()f x g x C -=．二、洛必达法则1．x a →时“0”型未定式的洛必达法则如果函数()f x 及()F x 满足下述的三个条件：（1）当x a →时，函数()f x 及()F x 都趋于零；（2）在点a 的某个去心邻域内()f x '及()F x '都存在且()0F x '≠；（3）()lim ()x a f x F x →''存在（或为无穷大），那么()()limlim()()x ax a f x f x F x F x →→'='． 说明：这就是说，当()lim ()x a f x F x →''存在时，()lim ()x a f x F x →也存在且等于()lim ()x a f x F x →''；当()lim()x af x F x →''为无穷大时，()lim ()x a f x F x →也是无穷大．2．x →∞时“”型未定式的洛必达法则 如果函数()f x 及()F x 满足下述的三个条件：（1）当x →∞时，函数()f x 及()F x 都趋于零；（2）当x X >时()f x '及()F x '都存在且()0F x '≠；（3）()lim ()x f x F x →∞''存在（或为无穷大），那么 ()()lim lim()()x x f x f x F x F x →∞→∞'='． 说明：我们指出，对于xa →或x →∞时的未定式“∞∞”，也有相应的洛必达法则． 3．使用洛必达法则求“00”型或“∞∞”型极限时的注意事项（1）使用洛必达法则之前要先判断所求极限是不是“00”型或“∞∞”型，如果不是则不能使用洛必达法则．例如：2sin lim x xx π→就不能运用洛必达法则，直接代入求极限即可，故2sinsin 22lim 2x x x ππππ→==．（2）洛必达法则可多次连续使用，也就是说，如果使用一次洛必达法则后算式仍然是“00”型或“∞∞”型，则可再次使用洛必达法则，依此类推．（3）洛必达法则是求“00”型或“∞∞”型未定式极限的一种有效方法，但最好能与其他求极限的方法结合使用，例如能化简时应尽可能先化简，可以应用等价无穷小替代或重要极限时，应尽可能应用，这样可以使运算简便．例如：求20tan lim tan x x xx x→-时，可先用~tan x x进行无穷小的等价替换，然后再用洛必达法则，故2223220000tan tan sec 1tan 1lim lim lim lim tan 333x x x x x x x x x x x x x x x →→→→---====． （4）如果求极限的式子中含有非零因子，则可以对该非零因子单独求极限（即可以先求出这部分的极限），然后再利用洛必达法则，以便简化运算．例如：求0lnsin 2limlnsin3x xx+→时，0000lnsin 2sin3cos 222sin323lim lim lim lim 1lnsin3sin 2cos333sin 232x x x x x x x x x x x x x x++++→→→→⋅⋅⋅====⋅⋅⋅，从第二步到第三步的过程中，分子上的因子cos2x 和分母上的因子cos3x 当0x +→时极限均为1，故可先求出这两部分的极限以便化简运算．（5）当洛必达法则的条件不满足时，所求极限不一定不存在，也即是说，当()lim ()f x F x ''不存在时（等于无穷大的情况除外），()lim ()f x F x 仍可能存在．例如：极限sin lim x x xx→∞+，(sin )1cos lim lim lim(1cos )1x x x x x xx x →∞→∞→∞'++==+' 极限是不存在的，但是原极限是存在的，sin sin sin limlim(1)1lim 101x x x x x x xx x x→∞→∞→∞+=+=+=+=．4．其他类型的未定式除了“00”型或“∞∞”型未定式之外，还有其他类型的未定式，如“0⋅∞”、“∞-∞”、“1∞”、“00”及“0∞”型等．对于“0⋅∞”和“∞-∞”型的未定式，处理方法为将它们直接转化成“00”或“∞∞”型；对于“1∞”、“00”及“0∞”型的未定式，处理方法为先取对数将它们转化成“0⋅∞”型，然后再转化成“00”型或“∞∞”型未定式． 三、函数单调性的判定法1．单调性判定法设函数()yf x =在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，（1）如果在(,)a b 内()0f x '>，那么函数()y f x =在[,]a b 上单调增加； （2）如果在(,)a b 内()0f x '<，那么函数()y f x =在[,]a b 上单调减少．说明：① 如果把这个判定法中的闭区间改为其他各种区间（包括无穷区间），结论也成立； ② 若判定法中()f x '在(,)a b 内只有有限个点上()0f x '=，而在其余点上恒有()0f x '>（或()0f x '<），则函数()f x 在区间[,]a b 上仍然是单调增加（或单调减少）的．2．单调区间的求法设函数()f x 在定义区间上连续，除去有限个导数不存在的点外导数存在且连续，则求函数()f x 的单调性的步骤如下：（1）求出函数()f x 的定义域；（2）求出函数()f x 的导数()f x '，并令()0f x '=求出函数的驻点；此外，再找出导数不存在的点（一般是使得()f x '分母为零的点）； （3）用函数()f x 的所有驻点和导数不存在的点来划分函数的定义区间，然后用单调性判定定理逐个判定各个部分区间的单调性．3．用单调性证明不等式函数()f x 的单调性还可以用来证明不等式，步骤如下：（1）将不等式的一边变为零，不等于零的一边设为()f x ，根据要证明的式子找出不等式成立的x 的范围I ； （2）求()f x 的导数()f x '，判断()f x '在上述I 范围内的符号（即正负）； （3）根据范围I 的边界值与()f x '的情况，导出所需要证明的不等式即可．例如：试证明当1x>时，13x>-． 证明：原不等式即为13x -+，故令1()3f x x=-+，0x >，则2211()(1)f x xx '=-=- ，()f x 在[1,)+∞上连续，在(1,)+∞内()0f x '>，因此在[1,)+∞上()f x 单调增加，从而当1x >时，()(1)f x f >，又由于(1)0f =，故()0f x >，即130x -+>，亦即13x>-．四、函数的凹凸性与拐点1．函数凹凸性的定义设函数()f x 在区间I 上连续，如果对I 上任意两点1x 、2x ，恒有1212()()22x x f x f x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭，那么称()f x 在I 上的图形是（向上）凹的（或凹弧）；如果恒有1212()()22x x f x f x f ++⎛⎫>⎪⎝⎭，那么称()f x 在I 上的图形是（向上）凸的（或凸弧）．如果函数()f x 在I 内具有二阶导数，那么可以利用二阶导数的符号来判定曲线的凹凸性，如下所示．2．函数凹凸性的判定法设函数()f x 在区间[,]a b 上连续，在(,)a b 内具有一阶和二阶导数，那么（1）若在(,)a b 内()0f x ''>，则()f x 在[,]a b 上的图形是凹的； （2）若在(,)a b 内()0f x ''<，则()f x 在[,]a b 上的图形是凸的．说明：若在(,)a b 内除有限个点上()0f x ''=外，其它点上均有()0f x ''>（或()0f x ''<），则同样可以判定曲线()y f x =在[,]a b 上为凹曲线（或凸曲线）． 3．曲线的拐点的求法一般地，设()y f x =在区间I 上连续，0x 是I 的内点（除端点外I 内的点）．如果曲线()y f x =在经过点00(,())x f x 时，曲线的凹凸性改变了，那么就称点00(,())x f x 为这曲线的拐点．我们可以按照下述步骤求区间I 上的连续函数()y f x =的拐点：（1）求()f x ''； （2）令()0f x ''=，解出这方程在区间I 内的实根，并求出在区间I 内()f x ''不存在的点；（3）对于（2）中求出的每一个实根或二阶导数不存在的点0x ，检查()f x ''在0x 左、右两侧邻近的符号，当两侧的符号相反时，点00(,())x f x 是拐点，当两侧的符号相同时，点00(,())x f x 不是拐点．在[,]a b 上单3．基本初等函数的微分公式说明：若要求函数()y f x =的凹凸区间，则用（2）中求出的每一个实根或二阶导数不存在的点把区间I分成若干部分区间，然后在这些部分区间上判定()f x ''的符号，若()0f x ''>，则该部分区间为凹区间，若()0f x ''<，则该部分区间为凸区间．五、函数的极值与最值1．函数极值的定义设函数()f x 在点0x 的某邻域0()U x 内有定义，如果对于去心邻域0()U x 内任一x ，有0()()f x f x <（或0()()f x f x >），那么就称0()f x 是函数()f x 的一个极大值（或极小值）．函数的极大值与极小值统称为函数的极值，使函数取得极值的点称为极值点． 说明：函数的极大值与极小值概念是局部性的，如果0()f x 是函数()f x 的一个极大值，那只是就0x 附近的一个局部范围来说，0()f x 是()f x 的一个最大值，如果就()f x 的整个定义域来说，0()f x 不见得是最大值．关于极小值也类似．2．函数取得极值的必要条件设函数()f x 在0x 处可导，且在0x 处取得极值，那么0()0f x '=．说明：这也就是说，可导函数()f x 的极值点必定是它的驻点．但反过来，函数的驻点却不一定是极值点．例如，3()f x x =的导数2()3f x x '=，(0)0f '=，因此0x =是这函数的驻点，但0x=却不是这函数的极值点，所以，函数的驻点只是可能的极值点．此外，函数在它的导数不存在的点处也可能取得极值．例如，函数()f x x =在点0x =处不可导，但函数在该点取得极小值．3．判定极值的第一充分条件设函数()f x 在0x 处连续，且在0x 的某去心邻域0()U x 内可导．（1）若00(,)x x x δ∈-时，()0f x '>，而00(,)x x x δ∈+时，()0f x '<，则()f x 在0x 处取得极大值；（2）若00(,)x x x δ∈-时，()0f x '<，而00(,)x x x δ∈+时，()0f x '>，则()f x 在0x 处取得极小值；（3）若0(,)x U x δ∈时，()f x '的符号保持不变，则()f x 在0x 处没有极值．4．用第一充分条件求极值点和极值的步骤设函数()f x 在所讨论的区间内连续，除个别点外处处可导，则用第一充分条件求极值点和相应的极值的步骤如下： （1）求出导数()f x '；（2）求出()f x 的全部驻点与不可导点；（3）考查()f x '的符号在每个驻点或不可导点的左右邻近的情形，以确定该点是否为极值点；如果是极值点，进一步确定是极大值点还是极小值点； （4）求出各极值点的函数值，就得函数()f x 的全部极值．5．判定极值的第二充分条件设函数()f x 在0x 处具有二阶导数且0()0f x '=，0()0f x ''≠，那么（1）当0()0f x ''<时，函数()f x 在0x 处取得极大值； （2）当0()0f x ''>时，函数()f x 在0x 处取得极小值．说明：该极值判定条件表明，如果函数()f x 在驻点0x 处的二阶导数0()0f x ''≠，那么该驻点0x 一定是极值点，并且可按二阶导数0()f x ''的符号来判定0()f x 是极大值还是极小值．但如果0()0f x ''=，则该判定条件失效．事实上，当0()0f x '=，0()0f x ''=时，()fx 在0x 处可能有极大值，可能有极小值，也可能没有极值．例如，41()f x x =-，42()f x x =，33()f x x =这三个函数在0x =处就分别属于上述三种情况．因此，如果函数在驻点处的二阶导数为零，那么还得用一阶导数在驻点左右邻近的符号来判定．6．求()f x 在区间[,]a b 上的最值的步骤设函数()f x 在闭区间[,]a b 上连续，在开区间(,)a b 内除有限个点外可导，且至多有有限个驻点，则求()f x 在闭区间[,]a b 上的最值的步骤如下：（1）求出()f x 在(,)a b 内的驻点1x ，2x ，，m x 及不可导点1x '，2x '，，n x '；（2）计算()i f x （1,2,,i m =），()j f x '（1,2,,j n =）及 ()f a ，()f b ；（3）比较（2）中诸值的大小，其中最大的便是()f x 在[,]a b 上的最大值，最小的便是()f x 在[,]a b 上的最小值．说明：在实际问题中，往往根据问题的性质就可以断定可导函数()f x 确有最大值或最小值，而且一定在定义区间内部取得．这时如果()f x 在定义区间内部只有一个驻点0x ，那么不必讨论0()f x 是不是极值，就可以断定0()f x 是最大值或最小值．六、函数的渐近线的求法1．水平渐近线若lim()x f x a →∞=（包括lim ()x f x a →-∞=或lim ()x f x a →+∞=），则直线y a =就是函数()f x 的水平渐近线．2．垂直渐近线（或称铅直渐近线）若0lim()x x f x →=∞（包括0lim ()x x f x -→=∞或0lim ()x x f x +→=∞），则直线0x x =就是函数()f x 的垂直（铅直）渐近线．【典型例题】 【例3-1】验证罗尔定理对函数()lnsin f x x =在区间5[,]66ππ上的正确性．解：显然函数()lnsin f x x =在闭区间5[,]66ππ上连续，在开区间5(,)66ππ上可导，1()(lnsin )cos cot sin f x x x x x ''==⋅=，且5()()l n266f f ππ==-，故满足罗尔定理的条件，由定理可得至少存在一点5(,)66ππξ∈，使得()0f ξ'=，即cot 0ξ=，2πξ=即为满足条件的点．【例3-2】验证拉格朗日中值定理对函数2()482f x x x =--在区间[0,1]上的正确性．解：显然函数2()482f x x x =--在闭区间[0,1]上连续，在开区间(0,1)内可导，()88f x x '=-，根据拉格朗日中值定理可得至少存在一点(0,1)ξ∈，使得(1)(0)()(10)f f f ξ'-=-，即6(2)88ξ---=-，可得1(0,1)2ξ=∈，12ξ=即为满足条件的点．【例3-3】不求导数，判断函数()(1)(2)(3)(4)f x x x x x =----的导数有几个零点，这些零点分别在什么范围． 解：显然()f x 是连续可导的函数，且(1)(2)(3)(4)0f f f f ====，故()f x 在区间[1,2]，[2,3]，[3,4]上满足罗尔定理的条件，所以在区间(1,2)内至少存在一点1ξ，使得1()0f ξ'=，即1ξ是()f x '的一个零点；在区间(2,3)内至少存在一点2ξ，使得2()0f ξ'=，即2ξ是()f x '的一个零点；又在区间(3,4)内至少存在一点3ξ，使得3()0f ξ'=，即3ξ也是()f x '的一个零点．又因为()f x '是三次多项式，最多只能有三个零点，故()f x '恰好有三个零点，分别在区间(1,2)，(2,3)和(3,4)内．【例3-4】证明arcsin arccos 2x x π+=，其中11x -≤≤．证明：设()arcsin arccos f x x x =+，[1,1]x ∈-， 因为()(0f x '=+=，所以()f x C =，[1,1]x ∈-．又因为(0)a r c s i n 0a r c c o s 0022f ππ=+=+=，即 2C π=，故arcsin arccos 2x xπ+=．说明：同理可证，arctan arccot 2x x π+=，(,)x ∈-∞+∞．【例3-5】求下列函数的极限．1．求 332132lim 1x x x x x x →-+--+．解：该极限为1x →时的“”型未定式，由洛必达法则可得 原式22113363lim lim 321622x x x x x x x →→-===---．2．求arctan 2lim 1x x xπ→+∞-．解：本题为x →+∞时的“00”型未定式，由洛必达法则可得原式222211lim lim 111x x x x x x→+∞→+∞-+===+-．3．求0lnsin 2lim lnsin3x xx+→． 解：该极限为0x+→时的“∞∞”型未定式，由洛必达法则可得原式0001cos 222sin 323sin 2lim lim lim 113sin 232cos33sin 3x x x x x x x x xx x+++→→→⋅⋅⋅====⋅⋅⋅．4．求 2tan lim tan 3x xx π→．解：本题为2x π→时的“∞∞”型未定式，由洛必达法则可得原式2222222sec cos 32cos3(sin 3)3lim lim lim 3sec 33cos 6cos (sin )x x x x x x x x x x x πππ→→→⋅-⋅===⋅- 22cos33sin3lim lim 3cos sin x x x x x x ππ→→-===-．5．求2tan limtan x x xx x→-． 解：该极限为0x →时的“00”型未定式，结合等价无穷小的替换，运用洛必达法则可得原式22320000tan sec 12sec tan 21lim lim lim lim 3663x x x x x x x x x x x x x x →→→→--⋅=====． 说明：此题也可这样求解（运用公式22sec1tan x x =+和等价无穷小替换来简化运算）： 原式22232220000tan sec 1tan 1lim lim lim lim 3333x x x x x x x x x x x x x →→→→--=====． 6．求11lim()sin x x x→-． 解：该极限为0x →时的“∞-∞”型未定式，解决方法为先化为“1100-”型，然后通分化为“”型，故 原式20000sin sin 1cos sin lim lim lim lim 0sin 22x x x x x x x x x xx x x x →→→→---=====．7．求lim x x x +→． 解：该极限为0x +→时的“00”型未定式，解决方法为取对数化为“0ln0⋅”型，进而化为“”型，故 原式020001lim ln 1lim ln limlim ()ln 00lim 1x x x x xx x xx x x xx x e ee e e e +→+++→→→+--→=======．8．求cos limx x xx→∞+．解：原式1sin lim lim(1sin )1x x x x →∞→∞-==-，最后的极限不存在，不满足洛必达法则的条件，实际上，原式cos cos lim(1)1lim 101x x x xx x→∞→∞=+=+=+=．【例3-6】求下列函数的单调区间． 1．32()29123f x x x x =-+-．解：因2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--，令()0f x '=，得11x =，22x =．用1x ，2x 将函数的定义域(,)-∞+∞分成三个区间(,1)-∞，(1,2)，(2,)+∞，其讨论结果如下表所示：由上表可得，函数的单调递增区间为(,1]-∞和[2,)+∞，单调递减区间为[1,2]．2．()f x = ．解：函数的定义域为(,)-∞+∞，()f x '=（0x ≠），当0x =时导数不存在．将函数定义域分成两个区间(,0)-∞和(0,)+∞，讨论结果如下表所示：所以函数的单调递增区间为[0,)+∞，单调递减区间为(,0]-∞． 【例3-7】利用函数的单调性证明不等式． 1．试证当0x>时，ln(1)x x >+成立．证明：设()ln(1)f x x x =-+，则1()111xf x x x'=-=++， 因()f x 在区间[0,)+∞上连续，在(0,)+∞内可导，且 ()0f x '>， 故()f x 在区间[0,)+∞上单调增加，又因为(0)0f =，所以当0x >时，()0f x >，即ln(1)0x x -+>，也即 ln(1)x x >+成立．2．试证当1x >时，13x>-．证明：令1()(3)f x x =--，则2211()(1)f x xx '=-=-， 因()f x 在区间[1,)+∞上连续，在(1,)+∞内可导且()0f x '>， 故()f x 在区间[1,)+∞上单调增加，又因为(1)0f =，所以当1x >时，()0f x >，即1(3)0x -->，也即13x>- 成立．【例3-8】证明方程510x x ++=在区间(1,0)-内有且仅有一个实根．证明：令5()1f x x x =++，因为()f x 在闭区间[1,0]-上连续，且(1)10f -=-<，(0)10f =>，根据零点定理，()f x 在区间(0,1)内至少有一个零点．另一方面，对于任意实数x ，有4()510f x x '=+>，所以()f x 在(,)-∞+∞内单调增加，因此曲线5()1f x x x =++与x 轴至多有一个交点．综上所述，方程510xx ++=在区间(1,0)-内有且仅有一个实根．【例3-9】求下列函数的极值． 1．32()395f x x x x =--+．解：函数的定义域为(,)-∞+∞，且有2()3693(1)(3)f x x x x x '=--=+-，令()0f x '=，得驻点11x =-，23x =，列表讨论如下：由上表可得，函数的极大值为(1)10f -=，极小值为(3)22f =-．2．233()2f x x x =-．(,1]-∞-解：函数的定义域为(,)-∞+∞，且有13()1f x x-'=-=， 令()0f x '=，得驻点1x =，当0x =时()f x '不存在，驻点1x =以及不可导点0x =将定义域分成三个区间，列表讨论如下：由上表可得，函数的极大值为(0)0f =，极小值为1(1)2f =-．【例3-10】求函数32()231214f x x x x =+-+在区间[3,4]-上的最值．解：因为2()66126(2)(1)f x x x x x '=+-=+-，令()0f x '=，得 12x =-，21x =，计算(3)23f -=，(2)34f -=，(1)7f =，(4)142f =，比较上述结果可知，最大值为(4)142f =，最小值为(1)7f =．【例3-11】求下列曲线的凹凸区间和拐点． 1．43()341f x x x =-+．解：函数的定义域为(,)-∞+∞，且有32()1212f x x x '=-，2()36()3f x x x ''=-，令()0f x ''=，得10x =，223x =， 列表讨论如下：(,1]-∞-由上表可得，曲线()f x 的凹区间为(,0]-∞和2[,)3+∞，凸区间为2[0,]3，拐点为(0,1)和211(,)327．2．()f x =解：函数的定义域为(,)-∞+∞，当0x ≠时有231()3f x x -'=，532()9f x x -''=-，当0x =时，()f x '和()f x ''均不存在，但在区间(,0)-∞内，()0f x ''>，故曲线在(,0]-∞上是凹的；在区间(0,)+∞内，()0f x ''<，故曲线在[0,)+∞上是凸的．所以曲线的凹区间为(,0]-∞，凸区间为[0,)+∞，拐点为(0,0)．【历年真题】 一、选择题1．（2009年，1分）若函数()y f x =满足0()0f x '=，则0x x =必为()f x 的（A ）极大值点 （B ）极小值点 （C ）驻点 （D ）拐点 解：若0()0f x '=，则0x x =必为()f x 的驻点，选（C ）．2．（2009年，1分）当0x >时，曲线1sin y x x=（A ）没有水平渐近线 （B ）仅有水平渐近线23 x ()f x 2(,)3+∞ 0 (,0)-∞2(0,)3+-+对应拐点对应拐点凹凸凹()f x ''（C ）仅有铅直渐近线 （D ）既有水平渐近线，又有铅直渐近线解：由1sin1lim sin lim11x x x x x x→∞→∞==可知，1y =为曲线的水平渐近线；01lim sin 0x x x+→=，故曲线无铅直渐近线．选项（B ）正确． 3．（2008年，3分）函数()ln f x x =在区间[1,2]上满足拉格朗日公式中的ξ等于（A ）ln 2 （B ）ln1 （C ）ln e （D ）1ln 2解：对函数()ln f x x =在区间[1,2]上应用拉格朗日中值定理，(2)(1)()(21)f f f ξ'-=-，即 1ln 20ξ-=，故 1ln 2ξ=．选（D ）． 4．（2007年，3分）曲线33yx x =-上切线平行于x 轴的点为（A ）(1,4)-- （B ）(2,2) （C ）(0,0)（D ）(1,2)- 解：切线平行于x 轴的点即为一阶导数等于零的点．由2330y x'=-=可得，1x =±；1x =时，2y =-，1x =-时，2y =，故曲线33y x x =-上切线平行于x 轴的点为(1,2)-和(1,2)-．选项（D ）正确． 5．（2007年，3分）若在区间(,)a b 内，导数()0f x '>，二阶导数()0f x ''<，则函数()f x 在该区间内（A ）单调增加，曲线为凸的 （B ）单调增加，曲线为凹的 （C ）单调减少，曲线为凸的 （D ）单调减少，曲线为凹的 解：()0f x '>可得()f x 单调增加，()0f x ''<可得曲线为凸的，故选（A ）．二、填空题1．（2010年，2分）函数32()2912f x x x x =-+的单调减区间是．解：令2()618126(1)(2)0f x x x x x '=-+=--=，得驻点1x =和2x =；当1x <时，()0f x '>，当12x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>，故函数的单调递减区间为[1,2]．2．（2009年，2分）当62x ππ≤≤时，sin ()xf x x=是函数（填“单调递增”、“单调递减”）．解：当6x π=时，sin36()66f ππππ==；当2x π=时，sin22()22f ππππ==；故当62x ππ≤≤时，sin ()xf x x=是单调递减函数． 3．（2009年，2分）函数32()29121f x x x x =-++在区间[0,2]上的最大值点是．解：令2()618126(1)(2)0f x x x x x '=-+=--=，得驻点1x =和2x =．比较函数值(1)6f =，(2)5f =，(0)1f =，可知，函数的最大值为(1)6f =，故函数的最大值点为1x =．4．（2007年，4分）曲线24x t y t⎧=⎨=⎩在1t =处的切线方程为．解：将1t =代入参数方程可得切点为(1,4)，切线斜率11422t t t t y k tx =='==='，故切线方程为42(1)y x -=-，即 22y x =+．5．（2005年，3分）x y xe -=的凸区间是．解：()(1)x x x x y xe e xe x e ----''==-=-，(1)(2)x x x y e x e x e ---''=---=-． 令 (2)0x y x e -''=-=可得，2x =，且当2x >时，0y ''>，当2x <时，0y ''<，故函数x y xe -=的凸区间是(,2]-∞．6．（2005年，3分）曲线x y x =通过(1,1)点的切线方程为．解：因ln ln ()()(ln 1)(ln 1)x x x x x x y x e e x x x '''===⋅+=+，故切线斜率1[(ln 1)]1x x k x x ==+=，所以切线方程为11(1)y x -=⋅-，即 y x =．三、应用题或综合题1．（2010年，10分）现有边长为96厘米的正方形纸板，将其四角各剪去一个大小相同的小正方形，折做成无盖纸箱，问剪区的小正方形边长为多少时做成的无盖纸箱容积最大？ 解：设剪区的小正方形边长为x ，则纸盒的容积2(962)yx x =-，048x <<．2(962)2(962)(2)(962)(966)y x x x x x '=-+⋅--=--，令0y '=，可得 16x =（48x =舍去）．因只有唯一的驻点，且原题中容积最大的无盖纸箱一定存在，故当剪区的小正方形边长为16厘米时，做成的无盖纸箱容积最大． 2．（2010年，10分）设函数()f x 在[0,1]上连续，并且对于[0,1]上的任意x 所对应的函数值()f x 均为0()1f x ≤≤，证明：在[0,1]上至少存在一点ξ，使得()f ξξ=．解：令()()F x f x x =-，由于()f x 在[0,1]上连续，故()F x 在[0,1]上也连续．(0)(0)0(0)F f f =-=，(1)(1)1F f =-．而对[0,1]x ∀∈，0()1f x ≤≤，故(0)0F ≥，(1)0F ≤． 若(0)0F =，即(0)00f -=，(0)0f =，则0ξ=； 若(1)0F =，即(1)10f -=，(1)1f =，则1ξ=；当(0)0F ≠，(1)0F ≠时，(0)(1)0F F ⋅<，而()F x 在[0,1]上连续，故根据零点定理可得，至少存在一点(0,1)ξ∈，使得()0F ξ=，即()0f ξξ-=，()f ξξ=．综上，在[0,1]上至少存在一点ξ，使得()f ξξ=．3．（2009年，10分）某工厂需要围建一个面积为2512m 的矩形堆料场，一边可以利用原有的墙壁，其他三边需要砌新的墙壁．问堆料场的长和宽各为多少时，才能使砌墙所用的材 料最省？解：设堆料场的宽为xm ，则长为512x m ，设砌墙周长为y ，则5122y x x=+， 令251220y x'=-=，得 2256x =，16x =（16x =-舍去）．因只有一个驻点，且原题中最值一定存在，故当16x =时，函数有最小值．即当宽为16m ，长为32m 时，才能使砌墙所用的材料最省． 4．（2009年，10分）当0x >，01a <<时，1a x ax a -≤-．解：原不等式即为 10a x ax a -+-≤．设()1a f x x ax a =-+-，则（1）当1x=时，()110f x a a =-+-=，即10a x ax a -+-=成立； （2）当01x <<时，111()(1)0a a f x axa a x--'=-=->，故()f x 单调增加，可得()(1)0f x f <=，即10a x ax a -+-<成立；（3）当1x>时，111()(1)0a af x ax a a x--'=-=-<，故()f x 单调减少，可得()(1)0f x f <=，即10a x ax a -+-<成立．综上，当0x>，01a <<时，不等式10a x ax a -+-≤成立，即1ax ax a -≤-． 5．（2008年，8分）求函数233y x x =-的单调区间、极值、凹凸区间与拐点．解：函数的定义域为(,)-∞+∞． 先求单调区间和极值．令2633(2)0y x xx x '=-=-=，得驻点0x =，2x =，用驻点将整个定义域分为三个区间(,0)-∞，(0,2)，(2,)+∞．当(,0)x ∈-∞时，0y '<，函数单调减少；当(0,2)x ∈时，0y '>，函数单调增加；当(2,)x ∈+∞时，0y '<，函数单调减少．故函数的单调增加区间为[0,2]，单调减少区间为(,0]-∞和[2,)+∞；极小值(0)0f =，极大值(2)4f =．再求凹凸区间和拐点．令660y x ''=-=，得1x =．当(,1)x ∈-∞时，0y ''>，函数为凹的；当(1,)x ∈+∞时，0y ''<，函数为凸的，且当1x =时，2y =，故函数的凹区间为(,1]-∞，凸区间为[1,)+∞，拐点为(1,2)．6．（2007年，8分）求函数11y x x =++的单调区间、极值、凹凸区间和拐点． 解：函数的定义域为(,1)(1,)-∞--+∞．先求单调区间和极值．令221(2)10(1)(1)x x y x x +'=-==++，得驻点2x =-，0x =，用驻点将整个定义域分为三个区间(,2)-∞-，(2,1)--，(1,0)-，(0,)+∞．当(,2)x ∈-∞-时，0y '>，函数单调增加；当(2,1)x ∈--时，0y '<，函数单调减少；当(1,0)x ∈-时，0y '<，函数单调减少；当(0,)x ∈+∞时，0y '>，函数单调增加．故函数的单调增加区间为(,2]-∞-和[0,)+∞，单调减少区间为[2,1)--和(1,0]-；极大值(2)3f -=-，极小值(0)1f =．再求凹凸区间和拐点．因432(1)2(1)(1)x y x x -+''=-=++，故当(,1)x ∈-∞-时，0y ''<，函数为凸的；当(1,)x ∈-+∞时，0y ''>，函数为凹的，故函数的凸区间为(,1)-∞-，凹区间为(1,)-+∞．凹凸性改变的点为1x =-，不在定义域内，故函数没有拐点．7．（2007年，8分）在周长为定值l 的所有扇形中，当扇形的半径取何值时所得扇形的面积最大？解：设扇形的半径为x ，则弧长为2lx -，设扇形的面积为y ，则由题意211(2)22y l x x x lx =-=-+．令202l y x '=-+=得，4l x =．唯一的极值点即为最大值点．故当扇形的半径为4l时，扇形的面积最大．8．（2006年，10分）求函数321y x x x =--+的单调区间、极值及凹凸区间、拐点．解：函数的定义域为(,)-∞+∞．先求单调区间和极值．令2321(31)(1)0y x x x x '=--=+-=，得驻点13x =-，1x =，用驻点将整个定义域分为三个区间1(,)3-∞-，1(,1)3-，(1,)+∞．当1(,)3x ∈-∞-时，0y '>，函数单调增加；当1(,1)3x ∈-时，0y '<，函数单调减少；当(1,)x ∈+∞时，0y '>，函数单调增加．故函数的单调增加区间为1(,]3-∞-和[1,)+∞，单调减少区间为1[,1]3-；极大值132()327f -=，极小值(1)0f =． 再求凹凸区间和拐点．令620y x ''=-=，得13x=．当1(,)3x ∈-∞时，0y ''<，函数为凸的；当1(,)3x ∈+∞时，0y ''>，函数为凹的，且当13x =时，1627y =，故函数的凸区间为1(,]3-∞，凹区间为1[,)3+∞，拐点为116(,)327．9．（2006年，10分）设函数()f x 在[0,1]上连续，且()0f x >．证明方程11()0()xxf t dt dt f t +=⎰⎰在(0,1)内有且仅有一个根．证明：先证存在性．设011()()()x xF x f t dt dt f t =+⎰⎰，[0,1]x ∈．因()f x 在[0,1]上连续，故()F x 在[0,1]上也连续，且011011(0)00()()F dt dt f t f t =+=-<⎰⎰，11(1)()0()0F f t dt f t dt =+=>⎰⎰，故由零点定理可得，至少存在一点(0,1)ξ∈使得()0F ξ=，即在(0,1)内方程至少存在一个根．再证唯一性，即证()F x 的单调性．1()()0()F x f x f x '=+>，故()F x 单调增加，所以结合上面根的存在性可知，方程011()0()xxf t dt dt f t +=⎰⎰在(0,1)内有且仅有一个根．10．（2005年，8分）已知()y f x =与2arctan 0xt y e dt -=⎰在(0,0)处切线相同，写出该切线方程并求2lim ()n nfn→∞． 解：切线斜率()22arctan arctan 02011x xtx x e k e dtx --==⎛⎫'===⎪ ⎪+⎝⎭⎰，故切线方程为01(0)y x -=⋅-，即 y x =．因()y f x =过点(0,0)，故(0)0f =，且(0)1f '=，故 222()()()2lim ()lim lim 2(0)211()n n n f f n n n nf f n n n→∞→∞→∞'''===='．。
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A.0，12和(1，＋∞) C.0，12和(2，＋∞)
B．(0,1)和(2，＋∞) D．(1,2)
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课前自测课堂探究返目录解析 函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令 f′(x)＝2x－5＋2x＝ 2x2－x5x＋2＝x－2x2x－1＞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，＋∞)．
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2．已知函数 f(x)＝x＋2ax.若曲线 y＝f(x)存在两条过(1,0)点的切线，则 a 的取值范 围是( D )
A．(－∞，1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－1)∪(2，＋∞) C．(－∞，0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
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2．(2020·全国卷Ⅰ)曲线 y＝lnx＋x＋1 的一条切线的斜率为 2，则该切线的方程为 __y_＝__2_x____．
解析 设切点坐标为(x0，lnx0＋x0＋1)．由题意得 y′＝1x＋1，则该切线的斜率 k＝1x＋1|x＝x0＝x10＋1＝2，解得 x0＝1，所以切点坐标为(1,2)，所以该切线的方程为 y－2＝2(x－1)，即 y＝2x.
解析 f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－x2lnx，令 f′(x)＝0，得 x＝e.∴当 x ∈(0，e)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当 x∈(e，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减， 故 x＝e 时，f(x)max＝f(e)＝1e，而 f(2)＝ln22＝ln68，f(3)＝ln33＝ln69，所以 f(e)＞f(3)＞f(2)， 故选 D.
A．－34
B．－1
3 C.2
D．2
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解析 f′(x)＝x2＋x＋2x1－2 a，则 f′(1)＝3－4 a＝1，解得 a＝－1，故选 B.
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2．已知 f(x)＝lnxx，则( D ) A．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2) C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2)
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4．已知函数 f(x)＝x2＋3x－2lnx，则函数 f(x)的单调递减区间为____0_，__12___．
解析 函数 f(x)＝x2＋3x－2lnx 的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝2x＋3－2x，令 2x ＋3－2x＜0，即 2x2＋3x－2＜0，解得 x∈－2，12.又 x∈(0，＋∞)，所以 x∈0，12. 所以函数 f(x)的单调递减区间为0，12.
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由题意 y＝kx＋b 与 l1 和 l2 是同一条直线，则 k＝x11＝x2＋1 2， b＝ln x1＝lnx2＋2－x2x＋2 2 ⇒ x2＝0，x1＝2，k＝12，b＝ln 2.
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1．求曲线 y＝f(x)的切线方程的 3 种类型及方法
类型
绿色通道 衡水重点中学名师倾力打造 大二轮 • 数学 N
第二部分 突破热考题型 提升关键能力
板块二 核心考点 专题突破 专题六 函数与导数
第3讲 导数的简单应用 (小题攻略)
目 录
课前自测 1 课堂探究 2
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[自测 A——夯基]
1．已知曲线 f(x)＝xx2＋＋1a在点(1，f(1))处切线的斜率为 1，则实数 a 的值为( B )
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3．若函数 f(x)＝ln x(x＞0)与函数 g(x)＝x2＋2x＋a(x＜0)有公切线，则实数 a 的取
值范围是( A )
A.ln
21e，＋∞
C．(1，＋∞)
B．(－1，＋∞) D．(－ln 2，＋∞)
第26页
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解析 设公切线与函数 f(x)＝ln x 切于点 A(x1，ln x1)(x1＞0)，则切线方程为 y－ln x1 ＝x11(x－x1)，
∴h(t)在(0,2)上为减函数，
则 h(t)＞h(2)＝－ln 2－1＝ln 21e，
∴a∈ln
21e，＋∞.
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第29页
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考点❷利用导数研究函数的单调性☆☆☆
考向一 有关单调区间的问题
【典例 1】 (1)已知函数 f(x)＝x2－5x＋2ln x，则函数 f(x)的单调递增区间是( C )
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5．已知函数 f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若 f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，则实数 k 的取值范围为___(_－__∞__，__－__3_] ___．
第9页
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解析 由题意知 f′(x)＝3x2＋6x－9，令 f′(x)＝0，解得 x＝1 或 x＝－3，
切线方程， 参数的代数式转化为含单参数的代数式，此时需利用
求含有双参 已知切线方程，寻找双参数的关系式；二是求最值关，
数的代数式 常利用函数的单调性、基本不等式等方法求最值，从
的取值范围 而得所求代数式的取值范围
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(2020·济宁模拟)曲线 f(x)＝alnx 在点 P(e，f(e))处的切线经过点(－1，－1)，则 a
y－(ln x1＋1)＝x11(x－x1)，即 y＝xx1＋ln x1. 设直线 y＝kx＋b 与曲线 y＝ln(x＋2)相切的切点为(x2，ln(x2＋2))，则该切线 l2 可 以写成：
y－ln(x2＋2)＝x2＋1 2(x－x2)， 即 y＝x2＋x 2－x2x＋2 2＋ln(x2＋2)．
第18页
所以 f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
x
(－∞，－3) －3 (－3,1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
又 f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k,2]上的最大值为 28，故－3∈[k,2]，
所以 k≤－3.
x＝13时，函数 u(x)取得最大值 u13＝235，所以 a≥235.故实数 a 的取值范围是 235，＋∞.
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解析 f′(x)＝1－2ax2，设切点坐标为x0，x0＋2ax0，则切线方程为 y－x0－2ax0＝ 1－2ax02(x－x0)，又切线过点(1,0)，可得－x0－2ax0＝1－2ax02(1－x0)，整理得 2x20＋2ax0 －a＝0，由于曲线 y＝f(x)存在两条过(1,0)点的切线，故方程有两个不等实根，即满足 Δ＝4a2－8(－a)＞0，解得 a＞0 或 a＜－2，故选 D.
第5页
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3．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在 x＝1 处的极值为 10，则数对(a，b)为( C )
A．(－3,3)
B．(－11,4)
C．(4，－11) D．(－3,3)或(4，－11)
第6页
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解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，依题意可得ff′1＝1＝100，， 即31＋＋2aa＋＋bb＋＝a02＝，10， 消 去 b 可得 a2－a－12＝0，解得 a＝－3 或 a＝4，故ab＝＝3－3， 或ab＝＝－4，11. 当ab＝＝－3 3， 时，f′(x)＝3x2－6x＋3＝3(x－1)2≥0，这时 f(x)无极值，不合题意，舍去；经检验， 当ab＝＝－4 11 时符合题意，故选 C.
第10页
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[自测 B——提能] 1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线 y＝aex＋xlnx 在点(1，ae)处的切线方程为 y＝2x＋b， 则( D ) A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1 C．a＝e－1，b＝1 D．a＝e－1，b＝－1
解析 ∵y′＝aex＋lnx＋1，∴y′|x＝1＝ae＋1， ∴2＝ae＋1，∴a＝e－1.∴切点为(1,1)， 将(1,1)代入 y＝2x＋b，得 1＝2＋b，∴b＝－1，故选 D.
的值为( C )
A．1
B．2
C．e
D．2e
第22页
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解析 因为 f(x)＝alnx，所以 f′(x)＝ax. 故 f′(e)＝ae，又 f(e)＝a， 所以曲线 f(x)＝alnx 在点 P(e，f(e))处的切线方程为 y－a＝ae(x－e)，又该切线过点 (－1，－1)， 所以－1－a＝－ae－a，解得 a＝e.
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∵x2＜0＜x1，∴0＜x11＜2. 又 a＝ln x1＋21x1－12－1＝－ln x11＋14x11－22－1， 令 t＝x11，则 0＜t＜2，a＝14t2－t－ln t. 设 h(t)＝14t2－t－ln t(0＜t＜2)，
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第28页
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则 h′(t)＝12t－1－1t ＝t－12t2－3＜0，
第20页
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2．由曲线的切线求参数值或范围的 2 种类型及解题关键
类型
解题关键
关键是用“方程思想”来破解，先求出函数的导数， 已知曲线在
从而求出在某点处的导数值；再根据导数的几何意义 某点处的切