【精品】(数学三)第3讲导数应用
2017学年高中数学第三章导数及其应用3.3导数在研究函
第三步：列出关于 x，f(x)，f
第四步：求极值、端点值，确定最值．
1．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线 y＝f(x)在点 x＝1 处的切线为 l：3x－y＋1 2 ＝0，若 x＝3时，y＝f(x)有极值． (1)求 a，b，c 的值； (2)求 y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
求函数的最值 )
(1)函数 f(x)＝ln x－x 在区间(0，e]上的最大值为( B．－1 D． 0
(2)求 f(x)＝x3－3x2－9x＋5 在[－4,4]上的最大值和最小值． 1－x 1 [解析] (1)∵f ′(x)＝x－1＝ x .
由f
′(x)＝0，∴x＝1.
故 f(x)在(0,1)上单调递增， (1，e]上单调递减． ∴x＝1 是 f(x)的极大值点，且 f(x)极大值＝－1. 又 f(e)＝1－e<－1， ∴f(x)大＝－1，选 B. (2)f ′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，令 f ′(x)＝0 得 x1＝－1，x2＝3，所以
解析：(1)由 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f 斜率为 3，可得 2a＋b＝0，① 2 当 x＝3时，y＝f(x)有极值，则 f
′(x)＝3x2＋2ax＋b.当 x＝1 时，切线 l 的
2 ′3＝0，可得
4a＋3b＋4＝0，②
由①②，解得 a＝2，b＝－4，由于切点的横坐标为 1， 所以 f(1)＝4. 所以 1＋a＋b＋c＝4.所以 c＝5.
03 课后 巩固提升
课时作业
[自主梳理] 一、函数 f(x)在闭区间[a，b]上的最值 如果在区间[a，b]上，函数 y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则该函数在[a，b] 上一定有最大值 和最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得． 二、求函数 y＝f(x)在[a，b]上的最值的步骤 (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．
第三章中值定理与导数的应用课件
f (b) f (a) f ' ( ) 成立 F (b) F (a) F ' ( )
例1：验证罗尔定理对函数y ln sin x在区间
[
6
,
5
6
]的正确性
解：y ln sin x在[ , 5 ]上连续
66
y ln sin x在( , 5 )上可导
66
lim 2 cos3x 3 1 x0 3 cos2x 2
例6：求
lim
x
xn ex
(n 0, 0)
解：lim xn lim n xn1 lim n (n 1) xn2
e e x x x
x x
2 ex
lim n! 0
x n ex
例7：求 lim x sin x
且f ( ) ln 1 f (5 )
6
2
6
又
y'
c os x
ctgx
令
0
x
(
, 5 )sin x源自2 662罗尔定理正确
例2：证明arctgx arcctgx
2
证 : (arctgx arcctgx)' 1 1 0 1 x2 1 x2
arctgx arcctgx c
取x 1 c c
若f (x)是一般的函数，且它存在直到n 1 阶的导数，那么
n
f (x)
f (k) (a) (xa)k ?
k 0 k!
泰勒（Taylor)中值定理
泰勒(Taylor)中值定理 如果函数 f ( x)在含有 x0 的某个开区间(a, b)内具有直到(n 1)阶的导数,则
当 x在(a, b)内时, f ( x)可以表示为( x x0 )的一个
高中数学 第三章 导数及其应用 3.3 导数在研究函数中的应用 3.3.3 函数的最大(小)值与导数
3.3.3 函数的最大(小)值与导数学习目标：1.能够区分极值与最值两个不同的概念．(易混点)2.掌握在闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)的求法．(重点)3.能根据函数的最值求参数的值．(难点)[自 主 预 习·探 新 知]1．函数f (x )在区间[a ，b ]上的最值如果在区间[a ，b ]上函数y ＝f (x )的图象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和最小值，并且函数的最值必在极值点或区间端点取得．思考：若函数f (x )在区间[a ，b ]上只有一个极大值点x 0，则f (x 0)是函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值吗？[提示] 根据极大值和最大值的定义知，f (x 0)是函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值． 2．求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最值的步骤 (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 )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．[基础自测]1．思考辨析(1)函数的最大值一定是函数的极大值． ( ) (2)开区间上的单调连续函数无最值．( )(3)函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值和最小值一定在两个端点处取得．( ) (4)函数f (x )＝1x在区间[－1,1]上有最值．( )[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．函数f (x )＝x 3－3x 2＋2在区间[－1,1]上的最大值是( ) A ．－2 B ．0 C ．2 D ．4C [f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2. 由f (－1)＝－2，f (0)＝2，f (1)＝0得f (x )max ＝f (0)＝2.]3．函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的最大值是( ) 【导学号：97792160】A ．π－1 B.π2－1 C ．π D ．π＋1C [y ′＝1－cos x >0，故函数y ＝x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π是增函数，因此当x ＝π时，函数有最大值，且y max ＝π－sin π＝π.][合 作 探 究·攻 重 难](1)f (x )＝2x 3－3x 2－12x ＋5，x ∈[－2,1]； (2)f (x )＝e x (3－x 2)，x ∈[2,5]．[解] (1)f ′(x )＝6x 2－6x －12，令f ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝2， 又x ∈[－2,1]，故x ＝－1，且f (－1)＝12. 又因为f (－2)＝1，f (1)＝－8， 所以，当x ＝－1时，f (x )取最大值12. 当x ＝1时，f (x )取最小值－8. (2)∵f (x )＝3e x －e x x 2， ∴f ′(x )＝3e x －(e x x 2＋2e xx ) ＝－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 5.1．求下列各函数的最值．(1)f (x )＝－x 3＋3x ，x ∈[－3，3]； (2)f (x )＝x 2－54x(x ＜0)．[解] (1)f ′(x )＝3－3x 2＝3(1－x )(1＋x )． 令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：又因为f (x )在区间端点处的取值为f (－3)＝0，f (3)＝－18， 所以f (x )max ＝2，f (x )min ＝－18. (2)f ′(x )＝2x ＋54x2.令f ′(x )＝0，得x ＝－3.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘故f (x )的最小值为f (－3)＝27，无最大值.【导学号：97792161】[思路探究] 求导→讨论a 的正负→判断[0,2]上的单调性→得最值． [解] f ′(x )＝3x 2－2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝2a 3.当2a3≤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2a3≥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＜2a3＜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 ，＜a ，0，＜a ＜，综上所述，f (x )max ＝⎩⎪⎨⎪⎧8－4a ，a ，0，a ＞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] 由题设知a ≠0，否则f (x )＝b 为常函数，与题设矛盾．求导得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，且x 变化时f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗＝b ＝3.又f (－1)＝－7a ＋3，f (2)＝－16a ＋3<f (－1)， ∴f (2)＝－16a ＋3＝－29，解得a ＝2.(2)当a <0时，同理可得，当x ＝0时，f (x )取得极小值b ，也就是函数在[－1,2]上的最小值，∴f (0)＝b ＝－29.又f (－1)＝－7a －29，f (2)＝－16a －29>f (－1)， ∴f (2)＝－16a －29＝3，解得a ＝－2. 综上可得，a ＝2，b ＝3或a ＝－2，b ＝－29.1．比较两个函数式的大小，常用什么方法？ 提示：常用差比较法．2．函数最值和“恒成立”问题有什么联系？提示：解决“恒成立”问题，可将问题转化为函数的最值问题．如f (x )＞0恒成立，只要f (x )的最小值大于0即可．对含参不等式的恒成立问题，求参数范围时，可先分离参数．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g (a )－g (x )<1a对任意x >0成立．[思路探究] (1)求出g (x )的表达式是解题的关键；(2)构造辅助函数，结合单调性求解；(3)显然g (x )的最值决定了参数a 的取值范围。
(数学三2014)第3讲导数应用
第三讲导数的应用（解答）一．内容提要1、三个微分中值定理：罗尔定理（用来证与某函数的导数有关的方程根的存在性，注意辅助函数的构造、与零点定理的异同）；拉格朗日定理（可用来证不等式，从函数的导数的性质来说明函数本身的性质）；柯西定理（注意有两个函数，这一点有时在解题时是一个提示）。
2、单调性；应用（证不等式，根的唯一性）。
3、极值、最值：极值的定义，求法（先求驻点及不可导点，再用第一或第二充分条件判别）；第二充分条件的扩充；应用（证不等式，根的唯性）；最值的求法与应用题。
4、曲线的凹凸性与拐点（注意曲线方程的不同给法）。
5、泰勒公式（怎么展开，某项系数的求法，余项的写法）及应用（证不等式；求极限等）。
6、函数作图与曲线的渐近线的求法。
水平渐近线：则是水平渐近线。
铅垂渐近线：，则是铅垂渐近线。
斜渐近线：，则是斜渐近线。
考试要求：* 理解罗尔（Rolle）定理．拉格朗日( Lagrange)中值定理．了解泰勒定理．柯西（Cauchy)中值定理，掌握这四个定理的简单应用．* 会用洛必达法则求极限．*．掌握函数单调性的判别方法，了解函数极值的概念，掌握函数极值、最大值和最小值的求法及其应用．*．会用导数判断函数图形的凹凸性（注：在区间内，设函数具有二阶导数．当时，的图形是凹的；当时，的图形是凸的），会求函数图形的拐点和渐近线．*．会描述简单函数的图形．二．常考知识点1、洛必达法则求极限．2、利用导数确定函数的性质（单调性、极值、凹凸性、拐点等），函数可以是显式、隐式、参数方程形式）。
3、求曲线的渐近线（水平、铅垂、斜渐近线）。
4、利用导数方法，求实际问题中的最大、小值问题。
5、利用微分中值定理，证明函数属性。
6、证明函数不等式（常数不等式也可转化为函数不等式证明）。
三．例题1．与中值定理的相关题目例1．设在上二阶可导，，。
证明（1）存在，使得。
（2）存在，使得。
证明不妨设，则一定存在一定存在有零点定理存在（2）在上使用ROLLE定理存在使得在上使用ROLLE定理存在使得例2．设在[0，1]上可微，。
高中数学第三章导数及其应用3.3导数的应用3.3.3导数的实际应用课件新人教B版选修1_1201170828172
5 某厂生产某种电子元件,如果生产出一件正品,可获利 200 元,若生 产出一件次品则损失 100 元,已知该厂制造电子元件过程中,次品率 p 与日产量 x (1)将该厂的日盈利额 T(单位:元)表示为日产量 x(单位:件)的函 数 ; (2)为获得最大盈利,该厂的日产量应定为 件. 解析: (1)由题意知,每日生产的次品数为 px 件,正品数为(1-p)x 件,
利用导数解决实际问题时应注意什么? 剖析:(1)写出变量之间的函数关系y=f(x)后一定要写出定义域. (2)求实际问题的最值,一定要从问题的实际意义去分析,不符合 实际意义的极值点应舍去. (3)在实际问题中,一般地,f'(x)=0在x的取值范围内仅有一个解,即 函数y=f(x)只有一个极值点,则该点处的值就是问题中所指的最值.
1
1 2
3把长为40 cm的铁丝围成矩形,当长为 cm,宽为 cm时,矩形面积最大. 答案:10 10 4将长为52 cm的铁丝剪成2段,各围成一个长与宽之比为2∶1及 3∶2的矩形,则面积之和的最小值为 cm2. 解析:设剪成的2段中其中一段为x cm,x∈(0,52),则另一段为(52-x) cm,围成两个矩形的面积和为S cm2.
2.求实际问题的最大(小)值的步骤 (1)建立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y=f(x),注明定义域. (2)求函数的导数f'(x),解方程f'(x)=0,确定极值点. (3)比较函数在区间端点和极值点处的函数值的大小,最大(小)者 为实际问题的最大(小)值. 名师点拨实际问题中的变量是有范围的,即应考虑实际问题的意义, 注明定义域.
反思根据课程标准的规定,有关函数最值的实际问题,一般指的是 单峰函数,也就是说在实际问题中,如果遇到函数在一个区间内只 有一个点使f'(x)=0,且该函数在这点取得极大(小)值,那么不与区间 端点的函数值比较,就可以知道这就是实际问题的最大(小)值.
最新(数学三)第3讲导数应用
(数学三2014)第3讲导数应用第三讲导数的应用（解答）一．内容提要1、三个微分中值定理：罗尔定理（用来证与某函数的导数有关的方程根的存在性，注意辅助函数的构造、与零点定理的异同）；拉格朗日定理（可用来证不等式，从函数的导数的性质来说明函数本身的性质）；柯西定理（注意有两个函数，这一点有时在解题时是一个提示）。
2、单调性；应用（证不等式，根的唯一性）。
3、极值、最值：极值的定义，求法（先求驻点及不可导点，再用第一或第二充分条件判别）；第二充分条件的扩充；应用（证不等式，根的唯性）；最值的求法与应用题。
4、曲线的凹凸性与拐点（注意曲线方程的不同给法）。
5、泰勒公式（怎么展开，某项系数的求法，余项的写法）及应用（证不等式；求极限等）。
6、函数作图与曲线的渐近线的求法。
水平渐近线：则是水平渐近线。
铅垂渐近线：，则是铅垂渐近线。
斜渐近线：，则是斜渐近线。
考试要求：* 理解罗尔（Rolle）定理．拉格朗日( Lagrange)中值定理．了解泰勒定理．柯西（Cauchy)中值定理，掌握这四个定理的简单应用．* 会用洛必达法则求极限．*．掌握函数单调性的判别方法，了解函数极值的概念，掌握函数极值、最大值和最小值的求法及其应用．*．会用导数判断函数图形的凹凸性（注：在区间内，设函数具有二阶导数．当时，的图形是凹的；当时，的图形是凸的），会求函数图形的拐点和渐近线．*．会描述简单函数的图形．二．常考知识点1、洛必达法则求极限．2、利用导数确定函数的性质（单调性、极值、凹凸性、拐点等），函数可以是显式、隐式、参数方程形式）。
3、求曲线的渐近线（水平、铅垂、斜渐近线）。
4、利用导数方法，求实际问题中的最大、小值问题。
5、利用微分中值定理，证明函数属性。
6、证明函数不等式（常数不等式也可转化为函数不等式证明）。
三．例题1．与中值定理的相关题目例1．设在上二阶可导，，。
证明（1）存在，使得。
（2）存在，使得。
证明不妨设，则一定存在一定存在有零点定理存在（2）在上使用ROLLE定理存在使得在上使用ROLLE定理存在使得例2．设在[0，1]上可微，。
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.。
高职课件《高等数学》第三章导数的应用课件
a
ab
例3.1.4
当x
0,
π 2
时，证明不等式
x
tanx
x cos2 x
。
解 将不等式化为1
tanx 1 x cos2x
，其中
tanx x
tanx tan0 x0
。显然，设
f
x tanx
，
由于x
0,
2
，则函数在
0, x 上连续。又因为
f
'
x
1 cos2
x
， 则函数在 0, x 内可导。故函数在 0, x 内至少存在
x
lnx
x 12
。
lnx'
解 原式 lim
lim
1
0
x x 12 ' x 2x(x 1)
0 注意：洛必达法则Ⅱ与Ⅰ使用方法相同，但只适用于0 和 型的极限，
每做一步都要检验是否为此两种类型之一，否则是不能使用洛必达
法则的。 另外，有时也会出现两个法则同时使用的情况。
f 'x
此外，当洛必达法则的第三个条件
证 设f x ax3 bx2 cx ，则 f x在 0, x0 上连续，且 f ' x 3ax2 2bx c 在 0, x0 内存在， f 0 f x0 ，函数 f x满足 罗尔定理的条件，故在 0, x0 内至少存在一点 ，使得
f ' 3a 2 2b c 0
用
如下变换进行转化:
由于
f
x
e gx
lnf xgx
egx lnf x
，
所以
lim f
x
gx
lim elnf xgx
lim g x lnf x
2017_2018学年高中数学第三章导数及其应用3.3导数的应用3.3.2利用导数研究函数的极值课件
且 f(1)＝10，由此列出方程求 a，b 的值，但还要注意检验求出的 a，b 的值是否满足函数取得极值的条件．
[精解详析]
f1＝10， f′1＝0，
f′(x) ＝ 3x2 ＋ 2ax ＋ b ， 依 题 意 得
2 1＋a＋b＋a ＝10， 即 3＋2a＋b＝0，
因为 f(－1)＝10，f(3)＝18，f( 2)＝－8 2， 所以当 x＝ 2时，f(x)取得最小值－8 2； 当 x＝3 时，f(x)取得最大值 18. 1 (2)f′(x)＝ ＋cos x，令 f′(x)＝0，又 x∈[0,2π]， 2 2π 4π 解得 x＝ 或 x＝ . 3 3 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化状态如下表：
x f′(x) f(x)
0
2π 0， 3
2π 3 0 π 3 ＋ 3 2
2π 4π ， 3 3
4π 3 0 2 3 π－ 3 2
1．一个点为函数的极值点不但满足此点处导数值为零， 还要满足在此点附近左右两侧函数的单调性相反， 单调性一致 时，不能作为极值点，如 f(x)＝x3，x＝0 满足 f′(0)＝0，但 x ＝0 不是极值点． 2．函数的极值是一个局部概念，它反映的是某个点的函 数值与它附近的函数值的大小情况．
3．在定义域的某个区间内极大值或极小值并不一定唯 一，也可能不存在极值，并且极大值不一定大于极小值． 4．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，但最大(小)值至多只能有一个；极 值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得；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， 最值只要不在端点必定是极值．
函数的最大(小)值
第三章 导数及其应用3-3导数的实际应用
(2)记f(x)＝4(x＋r)2(r2－x2)，0<x<r， 则f ′(x)＝8(x＋r)2(r－2x)． 1 令f ′(x)＝0，得x＝ r. 2 r 因为当0<x< 时，f ′(x)>0， 2 r 当 <x<r时，f ′(x)<0， 2
1 所以f2r是f(x)的最大值．
(理)(2010·山东济南市模考)直线y＝kx＋b与 曲线y＝x3＋ax＋1相切于点(2,3)，则b的值 为( ) A．－3 B．9 C．－15 D．－7 [答案] C [解析] 将点(2,3)分别代入曲线y＝x3＋ax＋ 1和直线y＝kx＋b，得a＝－3,2k＋b＝3. 又k＝y′|x＝2＝(3x2－3)|x＝2＝9， ∴b＝3－2k＝3－18＝－15，故选C.
当x∈(0,80)时，f ′(x)<0，f(x)是减函数； 当x∈(80,120]时，f ′(x)>0，f(x)是增函数． ∴当x＝80时，f(x)取到极小值f(80)＝11.25(升)． 因为f(x)在(0,120]上只有一个极小值，所以它是 最小值． 答：当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时， 从甲地到乙地耗油最少，最少为11.25升．
4＋π A．x－y－ ＝0 4 4＋π C．x＋y－ ＝0 4
π π π [解析] Cy′|x＝ ＝－ 2sinx|x＝ ＝－ 2sin ＝ [答案] 4 4 4 －1，
π π ∴切线方程为y－ 2cos ＝－x－4， 4
π 即x＋y－1－ ＝0，故选C. 4
100 1 3 3 依题意得f(x)＝128000x －80x＋8· x
1 2 800 15 ＝ x＋ － 1280 x 4
高中数学 第三章 导数及其应用 3.3.3 导数的实际应用
单调递减区间.
单调递减区间(0,1)
5.设函数f(x)＝x＋ax2＋bln 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； a -1, b 3
(2)令g(x)＝f(x)－2x＋2，求g(x)在定义域上 的最值．
g max (x) g(1) 0
1.求函数单调区间的方法 2.求函数极值与最值的方法 3.需要注意的细节
y f(x)有极值. a 2, b -4,c 5
(1)求a, b,c的值；
f max (x) f (2) 13的最大f值min和(x最 ) 小f (值32.)
95 27
(2012·重庆卷) 已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在点x＝2处 取得极值c－16.
单调递增 单调递减
求可导函数单调区间的一般步骤： （1）确定函数 f(x) 的定义域；
（2）求f ' (x)；
如果定 义域有 限制， 须与定 义域取
交集
（3）求单调递增区间：令 f ' (x) 0, 求解x的取值区间；
（4）求单调递减区间：令 f ' (x) 0, 求解x的取值区间；
f ' (x) 0
f ' (x) 0
考点一 利用导数研究函数的单调性
【例1】
讨论函数 f( x) x3 3x的单调性
单调递增区间(-,-1),(1,)
单调递减区间(-1,1)
（2010全国II） 已知函数f(x) x3 3ax2 3x 1; (1)设a 2,求f(x)的单调区间.
2.求f(x) x3 x2 3x 4 3
在[0,2]的最小值.
高中数学第三单元导数及其应用3.3.3导数的实际应用课件新人教B版选修1_135
(2)为了使全程运输成本最小，轮船应以多大速度行驶？ 解答
由(1)知，y′＝－480x2000＋300， 令y′＝0，解得x＝40或x＝－40(舍去). 因为函数的定义域为(0,35]， 所以函数在定义域内没有极值点. 又当0<x≤35时，y′<0， 所以 y＝480x000＋300x 在(0,35]上单调递减，
跟踪训练4 现有一批货物由海上从A地运往B地，已知轮船的最大航行 速度为35海里/时，A地至B地之间的航行距离约为500海里，每小时的运 输成本由燃料费和其余费用组成，轮船每小时的燃料费与轮船速度的平 方成正比(比例系数为0.6)，其余费用为每小时960元. (1)把全程运输成本y(元)表示为速度x(海里/时)的函数； 解答
反思与感悟
(1)用料最省、成本最低问题是日常生活中常见的问题之一，解决这 类问题要明确自变量的意义以及最值问题所研究的对象.正确书写函 数表达式，准确求导，结合实际作答. (2)利用导数的方法解决实际问题，当在定义区间内只有一个点使 f′(x) ＝ 0 时 ， 如 果 函 数 在 这 点 有 极 大 ( 小 ) 值 ， 那 么 不 与 端 点 值 比 较，也可以知道在这个点取得最大(小)值.
本课结束
所以当定价为30－12＝18(元)时，才能使一个星期的商品销售利润最大.
12345
规律与方法
1.利用导数解决生活中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使f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者 为最大(小)值. 2.正确理解题意，建立数学模型，利用导数求解是解答应用问题的主要 思路.另外需要特别注意：(1)合理选择变量，正确写出函数解析式，给出 函数定义域；(2)与实际问题相联系；(3)必要时注意分类讨论思想的应用.
3-导数应用
定理1 如果f ( x)在[a,b]上连续,在(a,b)内具有二阶
导数, 若在(a , b)内 (1) f ( x) 0,则f ( x)在[a,b]上的图形是凹的; (2) f ( x) 0,则f ( x)在[a,b]上的图形是凸的;
连续曲线上凹凸的分界点称为曲线的拐点.
定理 2 如果 f ( x)在( x0 , x0 )内存在二阶导
x1
1
解
原式
1 ln
lim e1x
x
lim ln x
e x11 x
lim x
e x11
e1.
x1
1
例 求 lim (cot x)ln x . x0
( 0 )
解
取对数得
(cot
1
x)ln x
1 ln(cot x )
e ln x
,
11
lim 1 ln(cot x0 ln x
x)
lim
x0
cot
x 1
定理(第二充分条件)设 f ( x)在x0 处具有二阶导数, 且 f '( x0 ) 0, f ''( x0 ) 0 , 那末 (1)当 f ''( x0 ) 0时, 函数 f ( x)在x0 处取得极大值; (2)当 f ''( x0 ) 0时, 函数 f ( x)在x0 处取得极小值.
求极值的步骤:
如果存在着点x0的一个邻域, 对于这邻域内的 任何点x,除了点x0外, f ( x) f ( x0 )均成立,就称 f ( x0 )是函数f ( x)的一个极小值.
定理(第一充分条件)
(1)如果 x ( x0 , x0 ),有 f '( x) 0;而x ( x0 , x0 ) ,
第三章3.3导数及其应用
§3.3导数与函数的极值、最值1.函数的极值与导数条件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.概念方法微思考1 .对于可导函数f (x), “f'(X0)= 0”是“函数f (x)在x= x o处有极值”的条件．(填“充要”“充分不必要”“必要不充分” )提示必要不充分2．函数的最大值一定是函数的极大值吗？提醒不一定，函数的最值可能在极值点或端点处取到．题组一思考辨析1•判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“X”) (1)函数的极大值不一定比极小值大．(2)函数的极小值一定是函数的最小值．(V)(3)开区间上的单调连续函数无最值.题组二教材改编)A.eB.2C. eD. e2 e答案解析因为f'(X)= 2 —(In x+ 1) = 1 —In x,当f' (x)>0 时，解得0<x<e;当 f ‘(x)<0 时，解得x>e. 所以x= e时，f(X)取到极大值，f (x)极大值=f (e)= e.故选C.3 .当x>0时，In x, x, e x的大小关系是答案In x<x<e x1解析构造函数f (x)= ln x—X,则f' (x)= x—1，可得x = 1为函数f(X)在(0 ,+s)上唯一的x极大值点，也是最大值点，故 f (x)w f (1) = —1<0,所以ln x<x.同理可得x<e x,故ln x<x<e x.4.现有一块边长为a的正方形铁片，铁片的四角截去四个边长均为x的小正方形，然后做成一个无盖方盒，该方盒容积的最大值是答案27a3解析容积V= (a —2x)2x,0<x<|，则V' = 2(a —2x) x (—2x) + (a—2x)2= (a —2x)(a—6x),由V'=0得x= a或x= !(舍去)，则x= a为V在定义域内唯一的极大值点也是最大值点，此时V max 27a3.题组三易错自纠5 .若函数f (x)= 乂3—4x + m在［0,3］上的最大值为4, m=3答案 4解析f' (x)= x2—4, x€ ［0,3］,当x€ ［0,2)时，f'(x)<0，当x€ (2,3］时，f' (x)>0,所以 f (x)在［0,2)上是减函数，在(2,3］上是增函数.又 f (0) = m,f(3) = —3+m.所以在［0,3］上, f (x)max= f (0)=4，所以m= 4.6 .已知函数f (x) = 3x3+ x2—2ax + 1,若函数f (x)在(1,2)上有极值, 则实数a的取值范围为解析f' (x)= x2+ 2x —2a的图象是开口向上的抛物线，且对称轴为x=—1,贝y f' (x)在(1,2)f' 1 = 3 —2a<0, 3上是单调递增函数，因此解得：<a<4，故实数f' 2 = 8 —2a>0, 23 a的取值范围为-,4 .用导数求解函数极值问题命题点1根据函数图象判断极值例1设函数f(x)在R上可导，其导函数为f'(X)，且函数y= (1 —x)f ‘(X)的图象如图所示, 则下列结论中一定成立的是( )解析由题图可知，当X< — 2 时，f ‘ (X)>0;A .函数f(X)有极大值f⑵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f⑵和极小值f (—2)f(X)有极大值D .函数 f (—2)和极小值f⑵答案 D解析(1)函数f (x)的定义域为(0 ,+s),当一2<x<1 时，f' (x)<0;当1<x<2 时，f' (x)<0;当x>2 时，f' (x)>0.由此可以得到函数f(X)在x=- 2处取得极大值,在x= 2处取得极小值.命题点2求已知函数的极值例2 已知函数f (x)= X2— 1 —2aln x(a丰0)，求函数f (x)的极值. 解因为f(X)= x2— 1 —2aln x(x>0),2a 2 x2— a所以f' (x)= 2x — - =^^①当a<0时，因为x>0,且x2—a>0 ,所以f' (x)>0对x>0恒成立.所以f (x)在(0 ,+s)上单调递增，f (x)无极值.②当a>0 时，令f' (x)= 0,解得X1 = 7a, x2=—/a(舍去).所以当x变化时，f' (x), f (x)的变化情况如下表:所以当x=j a时，f (x)取得极小值，且f (\/a)=(诵)2— 1 —2aln V a = a— 1 —aln a.无极大值. 综上，当a<0时，函数f (x)在(0 ,+s)上无极值.当a>0时，函数f (x)在x=/a处取得极小值a — 1 —aln a,命题点3已知极值点求参数例3 (1)(2020江西八校联考)若函数f (x) = x2—x+aln x的取值范围为则k=答案(1)( —s, — 1) (2)1无极大值.在(1 ,+s )上有极值点，则实数 a⑵若函数f (x)的导数f' (x) =5x — 2 (x—k)k, k> 1, k€Z ,已知x= k是函数f (x)的极大值点,解析(1)函数f (x)的定义域为(0 ,+s),a 2x 2 — X + af '由题意知2x 2— x + a = 0在R 上有两个不同的实数解，且在 (1,+^)上有解,所以△= 1 一 8a>0 ,且 2 X 12 — 1 + a<0, 所以 a € (一 S ,— 1).f ' (X) = X — I (X — k)k , k > 1, k € Z ,由 f ' (x)<0，解得 k<x<|,即当x = k 时，函数f (x)取得极大值. 因为k > 1, k € Z ,所以k = 1,5 5 若 k>2，由 f ' (x)>0，解得 x>k 或 x<2; 5由 f ' (x)<0，解得 2<x<k ,即当x = k 时，函数f (x)取得极小值不满足条件. 思维升华函数极值的两类热点问题(1)求函数f(X)极值的一般解题步骤① 确定函数的定义域. ② 求导数f ' (X).③ 解方程f ' (X) = 0,求出函数定义域内的所有根. ④ 列表检验f ' (X)在f ' (x)= 0的根x o 左右两侧值的符号.(2)根据函数极值情况求参数的两个要领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：求解后验证根的合理性. 跟踪训练1(1)(2019河北冀州中学模拟)已知函数f (X)的导数f ' (X) = a(x + 1)(x — a)，若f (x)在x =a 处取得极大值，则 a 的取值范围是(2)因为函数的导数为所以若k 是偶数，则 x = k 不是极值点，则 k 是奇数,5 若 k<2,由 f ' (x)>0, 解得x>2或x<k ;答案 (—1,0)解析 若 a = 0,贝U f ' (x) = 0,函数 f(X)不存在极值；若 a =— 1，贝U f ' (x)=— (x + 1)2w 0, 函数 f(X)不存在极值；若 a>0,当 x € (— 1, a)时，f ' (x)<0，当 x € (a ,+s)时，F (x)>0 , 所以函数f (x)在x = a 处取得极小值；若— 1<a<0，当x € (— 1, a)时，f ' (x)>0，当x € (a ,+ s)时，f ' (x)<0,所以函数f (x)在x = a 处取得极大值；若a< — 1，当x € (— s,a)时，f ' (x)<0, 当x € (a , — 1)时，f ' (x)>0，所以函数f (x)在x = a 处取得极小值.综上所述，a € (— 1,0).⑵已知函数f (x)= ax — 1— In x(a € R).讨论函数f (x)在定义域内的极值点的个数. 解 f(X)的定义域为(0 ,+s).1 ax — 1f '(X)= a--当aw 0时，f ' (x)<0在(0，+s)上恒成立，函数 f (x)在(0 ,+s)上单调递减, ••• f (x)在(0，+ s )上没有极值点;1当 a>0 时，由 f ' (x)<0 得 0<x<-, a 1由 f ' (x)>0，得 x>-, a 在1,+ s 上单调递增，即f (X)在X =-处有极小值，无极大值.aa+ s)上没有极值点，当a>0时，f(X)在(0 ,+s)上有一个极值点.11若本例条件中的 “k<-”改为“k 》-”，则函1•-f (x)在0, a 上单调递减,a综上，当aw 0时，f(X)在(0,用导数求函数的最值例4已知函数f （X ）=宁+ k ln x ，k*,求函数—X — 1 — X k kx — 1 —X 1 2 + X=r^.1所以f （X ）在e ，e 上单调递减.综上，当 T 时，f （X ）在e ，e 上单调递减,1所以 f (X)min = f (e) = -+ k — 1 ,1f (X ) max = f e = e — k — 1.eef （X ）在 -, e 上的最大值和最小值. e解 f ’(x) =①若kw 0，则在 e e 上恒有 f ' (x)<0，1所以f （X ）在ee上单调递减.②若O *-,则f '1kx — 1 k x—k(x)=〒=1 1 由 k<e ，得，1 1 则 X -k<0 在e ，上恒成立,k X —1所以p-1<0在e ，e 上恒成立,x数f(X)在e e 上的最小值是多少?1解 f ' (x)=kx— 1 kx 1’ x 2=k 11厂,■-kA1, •••吋 e,若。
(数学三)3讲 导数应用
第三讲导数的应用<解答）一．内容提要1、三个微分中值定理：罗尔定理<用来证与某函数的导数有关的方程根的存在性，注意辅助函数的构造、与零点定理的异同）；拉格朗日定理<可用来证不等式，从函数的导数的性质来说明函数本身的性质）；柯西定理<注意有两个函数，这一点有时在解题时是一个提示）。
2、单调性；应用<证不等式，根的唯一性）。
3、极值、最值：极值的定义，求法<先求驻点及不可导点，再用第一或第二充分条件判别）；第二充分条件的扩充；应用<证不等式，根的唯性）；最值的求法与应用题。
4、曲线的凹凸性与拐点<注意曲线方程的不同给法）。
5、泰勒公式<怎么展开，某项系数的求法，余项的写法）及应用<证不等式；求极限等）。
6、函数作图与曲线的渐近线的求法。
水平渐近线：则是水平渐近线。
铅垂渐近线：，则是铅垂渐近线。
斜渐近线：，则是斜渐近线。
考试要求：* 理解罗尔<Rolle）定理．拉格朗日( Lagrange>中值定理．了解泰勒定理．柯西<Cauchy>中值定理，掌握这四个定理的简单应用．* 会用洛必达法则求极限．*．掌握函数单调性的判别方法，了解函数极值的概念，掌握函数极值、最大值和最小值的求法及其应用．*．会用导数判断函数图形的凹凸性<注：在区间内，设函数具有二阶导数．当时，的图形是凹的；当时，的图形是凸的），会求函数图形的拐点和渐近线．*．会描述简单函数的图形．二．常考知识点1、洛必达法则求极限．2、利用导数确定函数的性质<单调性、极值、凹凸性、拐点等），函数可以是显式、隐式、参数方程形式）。
3、求曲线的渐近线<水平、铅垂、斜渐近线）。
4、利用导数方法，求实际问题中的最大、小值问题。
5、利用微分中值定理，证明函数属性。
6、证明函数不等式<常数不等式也可转化为函数不等式证明）。
三．例题1．与中值定理的相关题目例1．设在上二阶可导，，。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第三讲导数的应用（解答）一．内容提要1、三个微分中值定理：罗尔定理(用来证与某函数的导数有关的方程根的存在性，注意辅助函数的构造、与零点定理的异同）;拉格朗日定理（可用来证不等式，从函数的导数的性质来说明函数本身的性质）；柯西定理（注意有两个函数，这一点有时在解题时是一个提示)。
2、单调性；应用（证不等式，根的唯一性）。
3、极值、最值:极值的定义,求法（先求驻点及不可导点,再用第一或第二充分条件判别）；第二充分条件的扩充；应用（证不等式,根的唯性）;最值的求法与应用题.4、曲线的凹凸性与拐点（注意曲线方程的不同给法）。
5、泰勒公式（怎么展开，某项系数的求法，余项的写法)及应用（证不等式；求极限等）。
6、函数作图与曲线的渐近线的求法。
水平渐近线：则是水平渐近线。
铅垂渐近线：，则是铅垂渐近线。
斜渐近线：,则是斜渐近线。
考试要求：*理解罗尔（Rolle)定理．拉格朗日（Lagrange)中值定理．了解泰勒定理．柯西（Cauchy）中值定理，掌握这四个定理的简单应用．*会用洛必达法则求极限．*．掌握函数单调性的判别方法，了解函数极值的概念，掌握函数极值、最大值和最小值的求法及其应用．*．会用导数判断函数图形的凹凸性(注：在区间内，设函数具有二阶导数．当时,的图形是凹的；当时,的图形是凸的),会求函数图形的拐点和渐近线．*．会描述简单函数的图形．二．常考知识点1、洛必达法则求极限．2、利用导数确定函数的性质(单调性、极值、凹凸性、拐点等）,函数可以是显式、隐式、参数方程形式）。
3、求曲线的渐近线(水平、铅垂、斜渐近线)。
4、利用导数方法，求实际问题中的最大、小值问题。
5、利用微分中值定理，证明函数属性.6、证明函数不等式（常数不等式也可转化为函数不等式证明）。
三．例题1．与中值定理的相关题目例1．设在上二阶可导，，。
证明（1）存在，使得。
(2)存在，使得。
证明不妨设，则一定存在一定存在有零点定理存在例2．在上使用ROLLE定理存在使得例3．在上使用ROLLE定理存在使得例4．设在[0，1]上可微，.证明存在,使得。
证明由，由积分中值定理令在上满足ROLLE定理的条件，存在使得即例5．在［0,1]上连续，在(0，1）内可导，，试证（1）存在，使得。
(2）对任意的存在使得。
证明（1）令在上满足零点定理的条件，存在使得即（2）令在上满足rolle定理的条件，存在使得例6．即例7．在［0，1］上连续，在（0，1）内可导,试证(1）存在，使得。
（2）存在两个不同的，使得。
证明（1）令在上满足零点定理的条件，存在使得即。
（2）对函数在上使用拉格朗日定理存在使得所以例A设在（-1,1）内具有二阶连续导数,且，试证：（1）(-1,1）内的任意，存在唯一的使得成立。
（2）。
证明因为在(—1，1）内具有二阶连续导数，所以有拉格朗日中值定理如果存在那么即与矛盾，所以（—1，1)内的任意，存在唯一的使得成立。
（2）有泰勒公式介于0和之间即有:即从而即例B在上连续，在内可导，且。
若存在，证明：(1）在内；（2）在内存在，使。
证明(1）若存在，由于（2）；令，则在上满足柯西中值定理的条件,故内存在,使得即2．不等式的证明（结合单调性，极值等）例C证明时,。
证明令即从而时，。
例6：证明时,(1）；（2）。
证明（1)令则即时，;(2)令则即从而即例7.：证明时，.证明令在上满足拉格朗日中值定理,即有（其中)即当时,。
3、洛必达法则例5：已知当时，函数与为等价无穷小,求和解所以。
19：已知当时，函数与是等价无穷小，则(A)（B）（C）(D)解例D求极限解因为所以原式=.法二：用泰勒公式，因为当时，所以原式=例E求极限解原式=例20:求极限解原式=其中原式=4、讨论方程根的存在情况（结合单调性,极值等）例F问方程有几个实根？解令的定义域为令得驻点故在处取得极大值（1）时方程有2个实根（2）时方程有1个实根时方程没有实根.例8.证明方程恰有两个实根。
解令0 0，所以方程恰有两个实根。
例9、给出方程，就的不同取值,讨论方程根的个数。
解令的定义域为令且所以时方程只有一个实根得驻点故在处取得极小值（1)时方程有2个实根（2）时方程有1个实根（3)时方程没有实根综上所述：（1）时方程有2个实根（2）时方程有1个实根（3）时方程没有实根(4）时方程只有一个实根5.单调性、曲线凹凸性及拐点、函数的极值与最值例10.已知函数在其定义域内为单调的,求的取值范围。
解函数在其定义域内为单调的，则例11。
设函数由确定，求曲线上凸的的取值范围。
解,曲线上凸的，则2'()330()0()(0)1x t t x t t x t x =+>↑<<=所以1x <例12：设函数()y y x =由方程ln 0y y x y -+=确定，试判断曲线()y y x =在点（1，1）附近的凹凸性。
解对方程ln 0y y x y -+=求导,(ln 1)'1'0y y y +-+=22(')(')(ln 1)''''0''(ln 2)y y y y y y yy y -+++==+将11,1,'(1)2x y y ===代入上式，得1''(1)0.8y =-<根据保号性曲线()y y x =在点（1，1）附近是凸的。
例13．求函数xy x =在(0,)+∞内的极值. 解ln ln 1'(ln 1)0x xx xy ey ex x e==+=='0'0x e y x ey >><<所以函数xy x =在1x e=取得极小值11()e e例：由不等式2＜x ≤3可以得到2x —2a x +a ＜O,则a 的取值范围是（)A .a ＞9/5B.a ＞2C.O ＜a ≦3D 。
a ≦3例14．)(x f 二阶连续可导，1||)(lim,0)0(0=''='→x x f f x 。
则（). A )0(f 极大B )0(f 极小C （0，)0(f )拐点D 以上都不对。
例15：设函数()f x ，()g x 具有二阶导数，且"()0g x <。
若0()=g x a 是()g x 的极值，则[]()f g x 在0x 取极大值的一个充分条件是（)（A ）'()0f a <（B ）'()0f a > (C ）"()0f a <（D)"()0f a >[][]02200(())''[()]'()(())''''[()]('())'[()]''()([()])''|''[]('())'()''()'()''()x x f g x f g x g x f g x f g x g x f g x g x f g x f a g x f a g a f a g x ===+=+=6．曲线的渐近线（特别是斜渐近线）例16．曲线xe x y 1)12(-=的斜渐近线方程为（)。
解-∞=-=++→→xx x e x y 10)12(lim lim0=x 是一条铅直渐近线12)2(lim )(lim 212lim lim 01=--=-==-==→∞→∞→∞→te t ax y b e xx x y a t t x xx x所以有一条斜渐近线为12+=x y 例17：曲线1ln(1),x y e x=++渐近线的条数为（) （A)0(B)1（C)2（D ）3解∞=→y x 0lim 0=x 是一条铅直渐近线0lim =-∞→y x 0=y 是一条水平渐近线)(lim 1)1(2)1ln()1(lim )1ln(1lim lim 2=-==++++=++==∞→+∞→+∞→+∞→ax y b e x e e xe x e x x y a x x x x x x x x xx y =是一条斜渐近线。
8．结合函数的图形 例18．设)(x f '的图形为：则在区间),(),,(+∞-∞e a 上单调递增;在),(e a 上单调递减;极大值)(a f ；极小值)(e f ；曲线的上凸区间（),(),,(d c b -∞）;上凹区间（),(),,(c b d +∞）。
解⋂-∞⇒<⇒↓'<)(),(0)('')(x f b x f x f b x⋃⇒>⇒↑'+∞<<<<)(),(0)('')(,x f c b x f x f x d c x b⋂-∞⇒<⇒↓'<<)(),(0)('')(x f b x f x f d x c)('0)(')('0)(<>><↓⇒='x f ax x f ax x f a f↓<<<<<⇒↓<<<<<⇒↑=')(0)(')('0)('),()('0)(x f d x b x f dx c x f d x c x f cx b c b x f c f0)('0)(')('0)(>><<↑⇒='x f e x x f ex x f e f练习:1. 求函数xe x y arctan 2)1(+-=π的单调区间和极值，并求该函数图形的渐近线。
解解1,011)111('2arctan 22arctan 2-==++=+-+=++x x x x xex x e y x xππ函数xe x y arctan 2)1(+-=π的单调区间为(,1)-∞-(1,0)-(0,)+∞极大值为42)1(πe y -=-，极小值为2)0(πe y -=2]1)1([lim )(lim 11lim lim 2])1([lim )(lim 1lim lim 1arctan 20arctan 21arctan 20arctan 2-=--=-==-==-=--=-==-==+→-∞→+-∞→-∞→+→+∞→++∞→+∞→-+t et ax y b e x x x y a e te et ax y b e e xx x y a tt x x x x tt x xx x πππππππ所以渐近线为2;2-=-=x y e x e y ππ2。