第3讲导数的简单应用

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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 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 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 ．0b >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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） (B)（错误!未找到引用源。

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）(C)（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

专题一
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)

y = sin x
(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 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 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 －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.。

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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，＋∞)
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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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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_] ___．
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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)．
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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.
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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
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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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则 h′(t)＝12t－1－1t ＝t－12t2－3＜0，
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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

第3讲 导数的简单应用

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第3讲 定积分、导数及应用