2019版高考数学大一轮复习第二章函数导数及其应用第15讲导数与函数的极值优选课件

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推荐K122019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第15讲导数与函数的极值精选教案理

第15讲导数与函数的极值、最值1．函数的极值与导数 (1)函数的极小值若函数y ＝f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值__都小__，且f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧__f ′(x )<0__，右侧__f ′(x )>0__，则点x ＝a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，且f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧__f ′(x )>0__，右侧__f ′(x )<0__，则点x ＝b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．2．函数的最值与导数(1)函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件一般地，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，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)函数f (x )在区间(a ，b )内一定存在最值．( × ) (2)函数的极大值一定比极小值大．( × )(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．( × ) (4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．( √ ) 2．若函数f (x )＝a sin x ＋13sin 3x 在x ＝π3处有最值，那么a ＝( A )A ．2B ．1C ．233D ．0解析 f ′(x )＝a cos x ＋cos 3x (x ∈R )，又f (x )在x ＝π3处有最值，故x ＝π3是函数f (x )的极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝a cos π3＋cos π＝0，即a ＝2，故选A ．3．函数y ＝x ·e －x，x ∈[0,4]的最小值为( A ) A ．0 B ．1e C ．4e4 D ．2e2 解析 ∵y ′＝e －x －x e －x ＝e －x(1－x )，令y ′＝0，则x ＝1，而f (1)＝1e>0，f (0)＝0，f (4)＝4e4>0，∴最小值为0，故选A ．4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a ＝( D ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，f ′(－3)＝0，∴a ＝5. 5．设函数f (x )＝x e x，则( D ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点D ．x ＝－1为f (x )的极小值点解析求导得f ′(x )＝e x＋x e x＝e x(x ＋1)，令f ′(x )＝e x(x ＋1)＝0，解得x ＝－1，易知x ＝－1是函数f (x )的极小值点．一利用导数研究函数的极值利用导数研究函数极值问题的步骤【例1】已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解析函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ax.(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0. (2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知，①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值． ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．【例2】 (1)(2017·全国卷Ⅱ)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 )A ．－1B ．－2e －3C ．5e －3D ．1(2)(2017·浙江金华十校联考)已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a的取值范围是！！！ ⎝⎛⎭⎪⎫0，12###. 解析 (1)因为f (x )＝(x 2＋ax －1)e x －1，所以f ′(x )＝(2x ＋a )ex －1＋(x 2＋ax －1)ex －1＝[x 2＋(a ＋2)x ＋a －1]ex －1．因为x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)ex －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 )的极小值为f (1)＝－1，故选A ．(2)f ′(x )＝(ln x －ax )＋x ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －a ＝ln x ＋1－2ax ，令f ′(x )＝0，得2a ＝ln x ＋1x.设φ(x )＝ln x ＋1x，则φ′(x )＝－ln xx2，易知φ(x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(1)＝1，则φ(x )的大致图象如图所示，若函数f (x )有两个极值点，则直线y ＝2a 和y ＝φ(x )的图象有两个交点，所以0<2a <1，得0<a <12.二利用导数研究函数的最值求可导函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的基本步骤(1)求出函数f (x )在区间(a ，b )内的所有极值f (x 1)，f (x 2)，…，f (x n )； (2)计算函数f (x )在区间[a ，b ]上的两个端点值f (a )，f (b )； (3)对所有的极值和端点值作大小比较；(4)对比较的结果作出结论：所有这些值中最大的即是该函数在[a ，b ]上的最大值，所有这些值中最小的即是该函数在[a ，b ]上的最小值．【例3】设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解析 (1)由题意可知f (1)＝－12，f ′(1)＝0.由于f ′(x )＝ax－2bx (x >0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝－b ＝－12，f ′(1)＝a －2b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －x 22(x >0)，令f ′(x )＝1x －x ＝1－x2x＝0(x >0)，得x ＝1．故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上是增函数，在[1，e]上是减函数，所以函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为f (1)＝－12. 【例4】 (2018·湖北武昌实验中学月考)设f (x )＝ax －ln x ，是否存在实数a ，当x ∈(0，e](e 是自然对数的底数)时，函数f (x )的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由．解析假设存在实数a ，使f (x )＝ax －ln x (x ∈(0，e])有最小值3， f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x(0<x ≤e)．①a ≤0时，f ′(x )<0，所以f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e∉(－∞，0]；②当1a≥e 时，f ′(x )<0在(0，e]上恒成立，所以f (x )在(0，e]上单调递减，f (x )min ＝f (e)＝a e －1＝3，a ＝4e ∉⎝⎛⎦⎥⎤0，1e；③当0<1a <e 时，令f ′(x )<0，得0<x <1a，所以f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )min ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝1＋ln a ＝3，a ＝e 2，满足条件．综上，存在实数a ＝e 2，使得x ∈(0，e]时，f (x )有最小值3.1．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( D )A ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (1)B ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (1)C ．函数f (x )有极大值f (2)和极小值f (－2)D ．函数f (x )有极大值f (－2)和极小值f (2)解析由图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值，故选D ．2．函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝__1__. 解析 f ′(x )＝(x －m )2＋2x (x －m )＝(x －m )(3x －m )． ∵f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，∴f ′(1)＝0，即(1－m )(3－m )＝0，解得m ＝1或m ＝3. 当m ＝1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)，当13<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，即m ＝1符合题意．当m ＝3时，f ′(x )＝(x －3)(3x －3)＝3(x －1)(x －3)．当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意，即m ≠3.综上，m ＝1．3．已知函数f (x )＝e x(ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极值．解析 (1)f ′(x )＝e x(ax ＋b )＋a e x－2x －4＝e x(ax ＋b ＋a )－2x －4.由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝4，f ′(0)＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，b ＋a －4＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，a ＝4.(2)由(1)知，f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝e x (4x ＋8)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－ln 2.令f ′(x )<0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2<0，e x －12>0或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2>0，e x －12<0.解得－2<x <－ln 2.令f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2<0，e x －12<0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，e x －12>0.解得x <－2或x >－ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.由上表可知，函数f (x )的极大值为f (－2)＝4(1－e －2)，极小值为f (－ln 2)＝2＋2ln 2－(ln 2)2.4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解析 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0 ，①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0 ，② 由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4，所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如下表所示.所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.易错点分类不完全，混淆概念错因分析：对参数的分类讨论不完全．【例1】已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值．解析 (1)当a ＝－4时，f (x )＝(4x 2－16x ＋16)x ，则f ′(x )＝2(5x －2)(x －2)x，其中x >0.由f ′(x )>0，得0<x <25或x >2.故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝(10x ＋a )(2x ＋a )2x ，a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上有，a ＝－10.【跟踪训练1】设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R .讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由．解析由题意知函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1.令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，此时f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点． ②当a >0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． a ．当0<a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)单调递增，无极值点．b ．当a >89时，Δ>0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1<x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1<－14，x 2>－14.由g (－1)＝1>0，可得－1<x 1<－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．因此函数有两个极值点．③当a <0时，Δ>0，由g (－1)＝1>0，可得x 1<－1．当x ∈(－1，x 2)时，g (x )>0，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )<0，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；所以函数有一个极值点．综上所述，当a <0时，函数f (x )有一个极值点；当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a >89时，函数f (x )有两个极值点．课时达标第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12 B ．1 C ．0D ．不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1， ∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12，故选A ．3．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( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18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.令f ′(x )＝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，故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax，x >0，在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2解析当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a ≤2，得a ≤12ln 2，综上可知a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2，故选D ．5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37，故选A ．6．(2018·河北三市联考二)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)． ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－30，得x 2.由f ′(x )<0，得b <x <2， ∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43，故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__32__.解析 f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．(2018·东北八校月考)已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的极小值为__0__.解析由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表.所以f (x )的极小值为f (2)＝0. 三、解答题10．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解析 (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝ e x(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1． (2)设h (x )＝e x(cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.11．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由f (x )＝x －1＋ae x ，得f ′(x )＝1－aex .由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．12．已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解析 (1)f ′(x )＝2ax －e x ，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0. 当a ＝0时，无解；当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x ，若a ≤0，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；若a >0，则当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e2.故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞.。

近年届高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课堂达标15导数与函数的极值、最值文新人教版(202

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课堂达标（十五）导数与函数的极值、最值[A基础巩固练］1．(2018·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（）A．y＝x3B．y＝ln（－x)C．y＝x e－x D．y＝x＋错误![解析]由题可知,B、C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值）,而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．[答案］D2．（2018·哈尔滨调研)函数f(x）＝错误!x2－ln x的最小值为( ）A.12B．1C．0 D．不存在［解析］f′(x)＝x－错误!＝错误!且x＞0。

令f′（x)＞0，得x＞1。

令f′(x）＜0,得0＜x＜1.∴f（x）在x＝1处取得极小值也是最小值，f(1)＝错误!－ln 1＝错误!。

[答案］A3．设函数f（x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f（x）e x的一个极值点,则下列图象不可能为y＝f（x）图象的是( ）［解析]因为[f(x）e x］′＝f′(x）e x＋f（x）(e x）′＝［f(x)＋f′(x)］e x,且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，e x＞0，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中,f(－1）＞0,f′(－1)＞0，不满足f′（－1)＋f（－1）＝0。

2019版高考数学大一轮复习第二章函数、导数及其应用第15讲导数与函数的极值优选学案

第15讲导数与函数的极值、最值1．函数的极值 (1)函数的极小值若函数y ＝f (x )在点x ＝a 处的函数值f (a )比它在点x ＝a 附近其他点的函数值__都小__，且f ′(a )＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧__f ′(x )<0__，右侧__f ′(x )>0__，则点x ＝a 叫做函数的极小值点，f (a )叫做函数的极小值．(2)函数的极大值若函数y ＝f (x )在点x ＝b 处的函数值f (b )比它在点x ＝b 附近其他点的函数值都大，且f ′(b )＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧__f ′(x )>0__，右侧__f ′(x )<0__，则点x ＝b 叫做函数的极大值点，f (b )叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．2．函数的最值(1)函数f (x )在[a ，b ]上有最值的条件一般地，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，那么它必有最大值和最小值．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．(2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．(1)函数f (x )在区间(a ，b )内一定存在最值．( × ) (2)函数的极大值一定比极小值大．( × )(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0为极值点的充要条件．( × ) (4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．( √ ) 2．若函数f (x )＝a sin x －x 在x ＝π3处有最值，那么a ＝( A )A ．2B ．1C ．233D ．0解析 f ′(x )＝a cos x －1(x ∈R )，又f (x )在x ＝π3处有最值，故x ＝π3是函数f (x )的极值点，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝a cos π3－1＝0，即a ＝2.故选A ．3．函数y ＝x ·e －x，x ∈[0,4]的最小值为( A ) A ．0 B ．1e C ．4e4 D ．2e2 解析 ∵y ′＝e －x －x e －x ＝e －x(1－x )，令y ′＝0，则x ＝1，而f (1)＝1e>0，f (0)＝0，f (4)＝4e4>0，∴最小值为0.故选A ．4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a ＝( D ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，f ′(－3)＝0，∴a ＝5. 5．设函数f (x )＝x e x，则( D ) A ．x ＝1为f (x )的极大值点 B ．x ＝1为f (x )的极小值点 C ．x ＝－1为f (x )的极大值点 D ．x ＝－1为f (x )的极小值点解析求导得f ′(x )＝e x＋x e x＝e x(x ＋1)，令f ′(x )＝e x(x ＋1)＝0，解得x ＝－1，易知x ＝－1是函数f (x )的极小值点．一利用导数研究函数的极值利用导数研究函数极值问题的步骤【例1】已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝2时，求曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程； (2)求函数f (x )的极值．解析函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x.(1)当a ＝2时，f (x )＝x －2ln x ，f ′(x )＝1－2x(x >0)，因而f (1)＝1，f ′(1)＝－1，∴曲线y ＝f (x )在点A (1，f (1))处的切线方程为y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.(2)由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax(x >0)可知①当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值． ②当a >0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，∴函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值．综上所述，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值．【例2】设函数f (x )＝ln x －12ax 2－bx ，若x ＝1是f (x )的极大值点，求a 的取值范围．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－ax －b ，由f ′(1)＝0，得b ＝1－a .∴f ′(x )＝1x－ax ＋a －1＝－ax 2＋1＋ax －xx＝(ax ＋1)(－x ＋1)x.①若a ≥0，当0<x <1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以x ＝1是f (x )的极大值点．②若a <0，由f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1a .因为x ＝1是f (x )的极大值点，所以－1a>1，解得－1<a <0.综合①②得a >－1.故a 的取值范围为(－1，＋∞)．二利用导数研究函数的最值求可导函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的基本步骤(1)求出函数f (x )在区间(a ，b )内的所有极值f (x 1)，f (x 2)，…，f (x n )． (2)计算函数f (x )在区间[a ，b ]上的两个端点值f (a )，f (b )． (3)对所有的极值和端点值作大小比较．(4)对比较的结果作出结论：所有这些值中最大的即是该函数在[a ，b ]上的最大值，所有这些值中最小的即是该函数在[a ，b ]上的最小值．【例3】设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围；(2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．解析 (1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a ，令29＋2a >0，得a >－19.所以，当a >－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间．(2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2，x 2＝1＋1＋8a 2.所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)，又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为f (2)＝103.1．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( D )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，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．故选D ．2．函数f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，则m ＝__1__. 解析 f ′(x )＝(x －m )2＋2x (x －m )＝(x －m )(3x －m )． ∵f (x )＝x (x －m )2在x ＝1处取得极小值，∴f ′(1)＝0，即(1－m )(3－m )＝0，解得m ＝1或m ＝3. 当m ＝1时，f ′(x )＝(x －1)(3x －1)．当13<x <1时，f ′(x )<0；当x >1时，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝1处取得极小值，即m ＝1符合题意．当m ＝3时，f ′(x )＝(x －3)(3x －3)＝3(x －1)(x －3)．当x <1时，f ′(x )>0；当1<x <3时，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝1处取得极大值，不符合题意，即m ≠3.综上，m ＝1.3．已知函数f (x )＝e x(ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4.(1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的单调区间和极值．解析 (1)f ′(x )＝e x(ax ＋b )＋a e x－2x －4＝e x(ax ＋b ＋a )－2x －4.由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝4，f ′(0)＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，b ＋a －4＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，a ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝e x (4x ＋8)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝－ln 2.令f ′(x )<0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2<0，e x －12>0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，e x －12<0，解得－2<x <－ln 2.令f ′(x )>0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2<0，e x －12<0或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2>0，e x －12>0，解得x <－2或x >－ln 2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如表所示.由上表可知，函数f (x )的单调增区间为(－∞，－2)和(－ln 2，＋∞)，单调减区间为(－2，－ln 2)，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)，极小值为f (－ln 2)＝2＋2ln 2－(ln 2)2.4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点x ＝1处的切线为l ：3x －y ＋1＝0，若x ＝23时，y ＝f (x )有极值．(1)求a ，b ，c 的值；(2)求y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值和最小值．解析 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . 当x ＝1时，切线l 的斜率为3，可得2a ＋b ＝0， ①当x ＝23时，y ＝f (x )有极值，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝0，可得4a ＋3b ＋4＝0， ②由①②，解得a ＝2，b ＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f (1)＝4，所以1＋a ＋b ＋c ＝4，得c ＝5. (2)由(1)可得f (x )＝x 3＋2x 2－4x ＋5，f ′(x )＝3x 2＋4x －4. 令f ′(x )＝0，解得x 1＝－2，x 2＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的取值及变化情况如表所示.所以y ＝f (x )在[－3,1]上的最大值为13，最小值为9527.易错点分类不完全错因分析：对参数的分类讨论不完全．【例1】已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a <0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1,4]上的最小值为8，求a 的值．解析 (1)当a ＝－4时，f (x )＝(4x 2－16x ＋16)x ，则f ′(x )＝2(5x －2)(x －2)x，其中x >0.由f ′(x )>0，得0<x <25或x >2.故函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，25和(2，＋∞)． (2)f ′(x )＝(10x ＋a )(2x ＋a )2x ，a <0.由f ′(x )＝0，得x ＝－a 10或x ＝－a2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 10时，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a10，－a 2时，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f (x )单调递增．易知f (x )＝(2x ＋a )2x ≥0，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0.①当－a2≤1，即－2≤a <0时，f (x )在[1,4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意．②当1<－a2≤4，即－8≤a <－2时，f (x )在[1,4]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝0，不符合题意．③当－a2>4，即a <－8时，f (x )在[1,4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8，由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8，得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1,4)上单调递减，f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意．综上，a ＝－10.【跟踪训练1】已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，∀x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的取值范围．解析 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ，当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a，由f ′(x )>0，得x >1a，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a处有极小值．∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln x x ，则g ′(x )＝ln x －2x2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，即实数b 的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.课时达标第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞解析若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有两个不同的根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12 B ．1 C ．0D ．不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.故选A ．3．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( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18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.令f ′(x )＝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.故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax，x >0在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2解析当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上，f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a≤2，得0<a ≤12ln 2.综上可知a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2.故选D ． 5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37.故选A ．6．若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)． ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数， ∴－30，得x 2.由f ′(x )<0，得b <x <2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__32__.解析 f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(2)＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f ′(1)＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的极小值为__0__.解析由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表.所以f (2)为f (x )的极小值，f (2)＝0. 三、解答题10．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－ae x .由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值，且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．11．(2018·福建南安诗山中学月考)已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋2＋a (a ＜0)，若f (x )在区间[2,3]上有最大值1.(1)求a 的值；(2)若g (x )＝f (x )－mx 在[2,4]上单调，求实数m 的取值范围．解析方法一 (1)因为函数的图象是抛物线，a <0，所以开口向下，对称轴是直线x ＝1，所以函数f (x )在[2,3]上单调递减，所以当x ＝2时，f (x )max ＝f (2)＝2＋a ＝1，所以a ＝－1.(2)因为a ＝－1，所以f (x )＝－x 2＋2x ＋1，所以g (x )＝f (x )－mx ＝－x 2＋(2－m )x ＋1，g (x )的图象开口向下，对称轴为直线x ＝2－m2，因为g (x )在[2,4]上单调，所以2－m 2≤2或2－m 2≥4，从而m ≤－6或m ≥－2.所以m 的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)．方法二 (1)因为f ′(x )＝2ax －2a ＝2a (x －1)(a <0)，所以x >1时，f ′(x )<0，f (x )在[2,3]上单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝2＋a ＝1，所以a ＝－1. (2)g (x )＝－x 2＋2x ＋1－mx ＝－x 2＋(2－m )x ＋1，g ′(x )＝－2x ＋(2－m )＝－2⎝⎛⎭⎪⎫x －2－m 2，因为g (x )在[2,4]上单调，所以2－m 2≤2或2－m 2≥4，所以m ≤－6或m ≥－2，所以实数m 的取值范围是(－∞，－6]∪[－2，＋∞)．12．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝(－x 2＋ax －3)e x(a 为实数)． (1)当a ＝5时，求函数y ＝g (x )在x ＝1处的切线方程； (2)求f (x )在区间[t ，t ＋2](t >0)上的最小值．解析 (1)当a ＝5时，g (x )＝(－x 2＋5x －3)e x，g (1)＝e.又g ′(x )＝(－x 2＋3x ＋2)e x ，故切线的斜率为g ′(1)＝4e.所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表.①当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .综上，f (x )min＝⎩⎪⎨⎪⎧t ln t ，t ≥1e ，－1e ，0<t <1e.。

2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标15导数与函数的极值理

课时达标第15讲[解密考纲]本考点主要考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值、或者已知最值求参数等问题．高考中导数试题经常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题出现．三种题型均有出现，以解答题为主，难度较大．一、选择题1．若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则实数c 的取值范围为( D ) A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ B ．⎝⎛⎭⎪⎫32，＋∞ C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析若函数f (x )＝x 3－2cx 2＋x 有极值点，则f ′(x )＝3x 2－4cx ＋1＝0有根，故Δ＝(－4c )2－12>0，从而c >32或c <－32. 2．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( A )A ．12 B ．1 C ．0D ．不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1， ∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12，故选A ．3．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( D ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18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.令f ′(x )＝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，故选D ．4．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1，x ≤0，e ax，x >0，在[－2,2]上的最大值为2，则实数a 的取值范围是( D )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12ln 2，＋∞B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12ln 2C ．(－∞，0)D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2 解析当x ∈[－2,0)时，因为f ′(x )＝6x 2＋6x ＝6x (x ＋1)，所以在[－2，－1)上f ′(x )>0，在(－1,0]上，f ′(x )≤0，则当x ∈[－2,0]时函数有最大值，为f (－1)＝2.当a ≤0时，若x >0，显然e ax≤1，此时函数在[－2,2]上的最大值为2，符合题意；当a >0时，若函数在[－2,2]上的最大值为2，则e 2a ≤2，得a ≤12ln 2，综上可知a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12ln 2，故选D ．5．已知函数f (x )＝2x 3－6x 2＋m (m 为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为( A )A ．－37B ．－29C ．－5D ．－11解析 f ′(x )＝6x 2－12x ＝6x (x －2)，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝2.∵f (0)＝m ，f (2)＝－8＋m ，f (－2)＝－40＋m ，显然f (0)>f (2)>f (－2)，∴m ＝3，最小值为f (－2)＝－37，故选A ．6．(2018·河北三市联考二)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( A )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析 f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)． ∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－30，得x 2.由f ′(x )<0，得b <x <2， ∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43，故选A ．二、填空题7．已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3,3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝__32__.解析 f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，则x ＝2和x ＝－2为其两个极值点，f (3)＝－1，f (－3)＝17，f (2)＝－8，f (－2)＝24，∴M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32.8．(2018·东北八校月考)已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为__4__.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ＝3×22＋6a ×2＋3b ＝0，f＝3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0，∴f ′(x )＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2， ∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.9．已知函数f (x )的定义域是[－1,5]，部分对应值如下表.f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，则f (x )的极小值为__0__.解析由y ＝f ′(x )的图象知，f ′(x )与f (x )随x 的变化情况如下表.所以f (x )的极小值为f (2)＝0. 三、解答题10．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e xcos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．解析 (1)因为f (x )＝e xcos x －x ，所以f ′(x )＝ e x(cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1． (2)设h (x )＝e x(cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2时，h ′(x )<0，所以h (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．所以对任意x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2有h (x )<h (0)＝0，即f ′(x )<0. 所以函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2. 11．已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．解析 (1)由f (x )＝x －1＋ae x ，得f ′(x )＝1－aex .由曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线平行于x 轴，得f ′(1)＝0，即1－ae ＝0，解得a ＝e.(2)f ′(x )＝1－aex ，①当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a >0时，令f ′(x )＝0，得e x＝a ，即x ＝ln a .x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故f (x )在x ＝ln a 处取得极小值f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a >0时，f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．12．已知函数f (x )＝ax 2－e x(a ∈R ，e 为自然对数的底数)，f ′(x )是f (x )的导函数． (1)解关于x 的不等式：f (x )>f ′(x )；(2)若f (x )有两个极值点x 1，x 2，求实数a 的取值范围．解析 (1)f ′(x )＝2ax －e x ，f (x )－f ′(x )＝ax (x －2)>0. 当a ＝0时，无解；当a >0时，解集为{x |x <0或x >2}；当a <0时，解集为{x |0<x <2}．(2)设g (x )＝f ′(x )＝2ax －e x ，则x 1，x 2是方程g (x )＝0的两个根．g ′(x )＝2a －e x ，若a ≤0，g ′(x )<0恒成立，g (x )单调递减，方程g (x )＝0不可能有两个根；若a >0，则当x ∈(－∞，ln 2a )时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x ∈(ln 2a ，＋∞)时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． ∴g (x )max ＝g (ln 2a )＝2a ln 2a －2a >0，得a >e2.故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2，＋∞.。

2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用 2.8 函数与方程课件文.pptx

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3．二分法 (1)定义：对于在区间[a，b]上连续不断且 f(a)·f(b)<0 的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法． (2)给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤如下：
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解析 ∵a<b<c，∴f(a)＝(a－b)(a－c)>0，f(b)＝(b－ c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0，
由函数零点存在判定定理可知：在区间(a，b)，(b，c) 内分别存在一个零点；
又函数f(x)是二次函数，最多有两个零点，因此函数f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)，(b，c) 内．故选A.
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2．教材衍化
(1)(必修A1P88T2)在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3 的零点所在的区间为( )
A.14，12 C.0，14
B．－14，0 D.12，34
12
解析 ∵函数f(x)＝ex＋4x－3， ∴f′(x)＝ex＋4>0， ∴函数f(x)＝ex＋4x－3在(－∞，＋∞)上为增函数，且 f(0)＝e0－3＝－2<0， f14＝4 e－2＝4 e－4 16<0， f12＝ e－1>0，
24
解法二：由f(x)＝0得ln x＝12x－2.
作h(x)＝ln
x，g(x)＝
1 2
x－2的图象，如图．由图象可知
x0∈(2,3)．故选C.
25
方法技巧判断函数零点所在区间的三种方法
1．解方程法：当对应方程f(x)＝0易解时，可先解方程，然后再看求得的根是否落在给定区间上．

2019版高考数学文一轮新题AB卷全国课件：第二章函数、导数及其应用 2-11-2 精品

都大
f′(x)>0
f′(x)<0
极小值点,极大值点统称为_______,极大值和极小值统称为_____. 极值点
极值
2.函数的最值 (1)在闭区间[a,b]上函数f(x)的图象是_____________
的曲线,那么它在[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]上单一条连续不断
4 5
,f′(x)=100x3-50x4,
= 3 ? 25x －10x ，
5 (0, ) 2
令f′(x)>0,即x4-2x3<0,0<x<2, 则f(x)≤f(2)=80, 则所以体积最大值为4 cm 3. 答案:4 cm 3
V４ 3
80 = 4 15，
15
15
【母题变式溯源】
题号 1 2 3 4
【解析】连接OB,连接OD,交BC于点G,由题意得,OD⊥BC,
OG=
BC,
设OG=x,则BC=2
x,DG=5-x,
3 6
3
三棱锥的高 S△ABC= 则
h = DG －OG = 25－ 10x + x －x = 25－ 10x，
2 2 2 2
令f(x)=25x4-10x5,x∈
1 2 3x 鬃 3x = 3 3x 2， 2 1 V = S ABC ?h 3x 2 ? 25－10x 3
x2- x,所以f′(x)= 1 1 令f′(x)=0,解得 x=1 (或-2舍去),根据x,f′(x),f(x)的变化情况列表: (2)①因为f(x)=ln x-
知识点函数的极值点函数的极值点函数的最值函数最大值

2019年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.11.2导数与函数的极值最值课件理

角度三已知函数极值情况求参数 (1)已知函数 f(x)＝x(x－c)2 在 x＝2 处有极大值，则实数 c 的值为 ( ) A．2 或 6 2 C. 3 B．2 D．6 )
1 2 (2)已知函数 f(x)＝ln x＋ ax －2x 有两个极值点，则 a 的取值范围是( 2 A．(－∞，1) C．(0,1) B．(0,2) D．(0,3)
当 x∈(c，＋∞)时，f′(x)＞0， c c 所以 x＝是极大值点，所以＝2， 3 3 解得 c＝6.故选 D.
解法二：因为 f′(x)＝(x－c)(3x－c)．又因为 f(x)在 x＝2 处取极值，所以 f′(2)＝0，即(2－c)(6－c)＝0. 所以 c＝2 或 c＝6. 当 c＝6 时，f′(x)＝3(x－2)(x－6)，易知 x∈(－∞，2)和 x∈(6，＋∞)时，f′(x) ＞0，函数 f(x)是增函数，x∈(2,6)时，f′(x)＜0，函数 f(x)是减函数，此时 x＝2 为极大值点．
必修部分
第二章函数、导数及其应用
第十一节导数的应用第二课时导数与函数的极值、最值
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利用导数研究函数的极值
[考向锁定] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题．常见的命题角度有 (1)知图判断函数极值； (2)已知函数求极值； (3)已知函数极值情况求参数值(范围)．
【答案】 (1)D (2)C
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 2 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.

2019版高考数学(文)高分计划一轮高分讲义：第2章函数、导数及其应用 2.11 导数在研究函数中的应用

2．11　导数在研究函数中的应用(一)[知识梳理]1．函数的单调性与导数2．函数的极值与导数设函数f(x)在点x0及其附近有定义极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．极值点与导数：可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，即f′(x0) ＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．例如，函数y＝x3在x＝0处有y′＝0，但x＝0不是极值点．此外，函数的不可导点也可能是函数的极值点．3．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．4．极值与最值(1)当连续函数在开区间内的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点；(2)极值有可能是最值，但最值只要不在区间端点处取得，其必定是极值．[诊断自测]1．概念思辨(1)函数的导数越小，函数的变化越慢，函数的图象就越“平缓”．( )(2)若函数f (x )在(a ，b )内恒有f ′(x )>0，那么f (x )在(a ，b )上单调递增；反之，若函数f (x )在(a ，b )内单调递增，那么一定有f ′(x )>0.( )(3)对可导函数f (x )，f ′(x 0)＝0是x 0点为极值点的充要条件．( )(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．( )答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√2．教材衍化(1)(选修A1－2P 93T 2)已知函数f (x )＝x 2－ln |x |，则函数y ＝f (x )的大致图象是( )答案　A解析　f (－x )＝(－x )2－ln |－x |＝x 2－ln |x |＝f (x )，∴f (x )是偶函数，图象关于y 轴对称，排除D ；当x >0时，f (x )＝x 2－ln x ，f ′(x )＝2x －＝，1x 2x 2－1x∴当0<x <时，f ′(x )<0，当x >时，f ′(x )>0，2222∴f (x )在上单调递减，在上单调递增，排除C ；(0，22)(22，＋∞)当x ＝时，f (x )取得最小值f ＝－ln >0，排除B.故选A.22(22)1222(2)(选修A1－2P 93T 3)已知a >0，函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案　D解析　由题意得f ′(x )＝3x 2－a ，∵函数f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，∴在[1，＋∞)上，f ′(x )≥0恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立，∴a ≤3.故选D.3.小题热身(1)(2013·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0答案　C解析　∵若x 0是f (x )的极小值点，则y ＝f (x )的图象大致如右图所示，则在(－∞，x 0)上不单调，故C 不正确．故选C.(2)(2018·武汉模拟)若函数f(x)的定义域为R，且满足f(2)＝2，f′(x)>1，则不等式f(x)－x>0的解集为________．答案　(2，＋∞)解析　令g(x)＝f(x)－x，∴g′(x)＝f′(x)－1.由题意知g′(x)>0，∴g(x)为增函数．∵g(2)＝f(2)－2＝0，∴g(x)>0的解集为(2，＋∞)．题型1　利用导数研究函数的单调性角度1　判断或证明函数的单调性典例 (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝e x(e x－a)－a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≥0，求a的取值范围．含参数的导数解答题，首先求定义域，注意应用分类讨论思想方法．解　(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－a e x－a2＝(2e x＋a)(e x－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a>0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln .(－a 2)当x ∈时，f ′(x )<0；(－∞，ln (－a 2))当x ∈时，f ′(x )>0.(ln (－a 2)，＋∞)故f (x )在上单调递减，(－∞，ln (－a 2))在上单调递增．(ln (－a 2)，＋∞)(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a ，从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即a ≤1时，f (x )≥0.③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln时，f (x )取得最小值，最小(－a 2)值为f ＝a 2，从而当且仅当a 2≥0，(ln (－a 2))[34－ln (－a 2)][34－ln (－a 2)]即a ≥－2e 时，f (x )≥0.34综上，a 的取值范围是[－2e ，1]．34角度2　已知函数单调性求参数的取值范围(多维探究)　已知函数f (x )＝x 3－ax －1.典例(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在R 上为增函数，求实数a的取值范围．用分类讨论思想方法、分离系数法．解　(1)f ′(x )＝3x 2－a .①当a ≤0时，f ′(x )≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a >0时，令3x 2－a ＝0得x ＝±；3a 3当x >或x <－时，f ′(x )>0；3a 33a 3当－<x <时，f ′(x )<0.3a 33a 3因此f (x )在，上为增函数，在(－∞，－3a 3)(3a 3，＋∞)上为减函数．(－3a 3，3a 3)综上可知，当a ≤0时，f (x )在R 上为增函数；当a >0时，f (x )在，上为增函数，在上为减函(－∞，－3a 3)(3a 3，＋∞)(－3a 3，3a 3)数．(2)因为f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立．因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，f (x )＝x 3－1在R 上是增函数，所以a ≤0，即实数a 的取值范围为(－∞，0]．[条件探究1]　函数f (x )不变，若f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，求a 的取值范围．解　因为f ′(x )＝3x 2－a ，且f (x )在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x 2－a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3x 2在(1，＋∞)上恒成立，所以a ≤3，即a 的取值范围为(－∞，3]．[条件探究2]　函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围．解　由f ′(x )＝3x 2－a ≤0在(－1,1)上恒成立，得a ≥3x 2在(－1,1)上恒成立．因为－1<x <1，所以3x 2<3，所以a ≥3，即当a 的取值范围为[3，＋∞)时，f (x )在(－1，1)上为减函数．[条件探究3]　函数f (x )不变，若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的值．解　由母题可知，f (x )的单调递减区间为，∴＝1，即a ＝3.(－3a 3，3a 3)3a 3[条件探究4]　函数f (x )不变，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围．解　∵f (x )＝x 3－ax －1，∴f ′(x )＝3x 2－a .由f ′(x )＝0，得x ＝±(a ≥0)．∵f (x )在区间(－1,1)上不单调，∴0<<1，得0<a <3，3a 33a 3即a 的取值范围为(0,3)．方法技巧1．利用导数讨论(证明)函数f (x )在(a ，b )内单调性的步骤(1)求f ′(x )．(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号．(3)得出结论：f ′(x )>0时为增函数，f ′(x )<0时为减函数．提醒：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．2．利用导数求函数单调区间的三种方法(1)当不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0可解时，确定函数的定义域，解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f ′(x )＝0，求出实数根，把函数f (x )的间断点(即f (x )的无定义点)的横坐标和实根按从大到小的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间．确定f ′(x )在各个区间内的符号，从而确定单调区间．(3)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0及方程f ′(x )＝0均不可解时求导数并化简，根据f ′(x )的结构特征，选择相应基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得出单调区间．3．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；若只有在个别点处有f ′(x )＝0，则参数可取这个值．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任意一个非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．冲关针对训练(2015·重庆高考)设函数f (x )＝(a ∈R )．3x 2＋axe x (1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．解　(1)对f (x )求导得f ′(x )＝＝，(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2－3x 2＋(6－a )x ＋a e x 因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝，f ′(x )＝，3x 2e x －3x 2＋6x e x 故f (1)＝，f ′(1)＝，3e 3e 从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －＝(x －1)，化简得3e 3e 3x －e y ＝0.(2)由(1)知f ′(x )＝.－3x 2＋(6－a )x ＋ae x 令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0，解得x 1＝，x 2＝.6－a －a 2＋3666－a ＋a 2＋366当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝≤3，解得a ≥－，6－a ＋a 2＋36692故a 的取值范围为.[－92，＋∞)题型2　利用导数研究函数的极值 (2017·长沙一模)已知函数f (x )＝e x －，a 为实常数．典例a x (1)当a >0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于ln 4＋2，求a的取值范围．本题用构造函数法．解　(1)f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而f ′(x )＝e x ＋，ax 2当a >0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间．(2)当a ≥0时，由(1)知f ′(x )>0，f (x )无极值点；当a <0时，令g (x )＝f ′(x )＝e x ＋，ax 2则g ′(x )＝e x －.2a x 3g ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，故g (x )＝e x ＋在(0，＋∞)上单调递增．a x 2当0<x <1时，e x ∈(1，e)，∈(－∞，a )，故在(0,1)上存在实数ax 2s ，使得<－e ，a s 2从而在(0，＋∞)上存在实数s ，使得g (s )<0；当x >1时，e x ∈(e ，＋∞)，∈(a,0)，故在(1，＋∞)上存在实ax 2数t ，使得e t >－a ，从而在(0，＋∞)上存在实数t 使得g (t )>0.因此g (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，设为x 0.于是当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )在(0，＋∞)上存在唯一的极小值点，且极值f (x 0)＝e x 0－.ax 0由g (x 0)＝0知a ＝－x e x 0，20因此f (x 0)＝e x 0－＝(x 0＋1)e x 0，ax 0令φ(x )＝(x ＋1)e x ，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ，故φ(x )在(0，＋∞)上单调递增．而f (x 0)＝(x 0＋1)e x 0>ln 4＋2＝2(ln 2＋1)＝(ln 2＋1)e ln 2，所以x 0>ln 2.令ω(x )＝－x 2e x ，则ω′(x )＝－(x 2＋2x )e x ，故x 0>ln 2时，ω′(x )＝－(x 2＋2x )e x <0，ω(x )＝－x 2e x 单调递减．从而a <－(ln 2)2e ln 2＝－2(ln 2)2，故所求a 的取值范围是(－∞，－2(ln 2)2)．方法技巧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．冲关针对训练(2017·郑州质检)已知函数f (x )＝x ln x －x ，g (x )＝x 2－ax (a ∈R )．a2(1)若f (x )和g (x )在(0，＋∞)有相同的单调区间，求a 的取值范围；(2)令h (x )＝f (x )－g (x )－ax (a ∈R )，若h (x )在定义域内有两个不同的极值点．①求a 的取值范围；②设两个极值点分别为x 1，x 2，证明：x 1·x 2＞e 2.解　(1)由f (x )＝x ln x －x ，知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ，当x >1时，f ′(x )>0；当0<x <1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．g (x )＝x 2－ax ＝(x 2－2x )(a ∈R )，若g (x )在(0,1)上单调递减，在a2a2(1，＋∞)上单调递增，则a >0.(2)①依题意知，函数h (x )的定义域为(0，＋∞)，h ′(x )＝ln x －ax ，所以方程h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实根，即方程ln x －ax ＝0在(0，＋∞)上有两个不同的实根．可转化为函数y ＝ln x 与函数y ＝ax 的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点，如图．若令过原点且与函数y ＝ln x 的图象相切的直线的斜率为k ，则0<a <k .设切点A (x 0，ln x 0)，所以k ＝y ′|x ＝x 0＝，1x 0又k ＝，所以＝，ln x 0x 01x 0ln x 0x 0解得x 0＝e ，于是k ＝，所以0<a <.1e 1e ②由①可知x 1，x 2分别是方程lnx －ax ＝0的两个根，即lnx 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2，不妨设x 1>x 2，作差得，ln ＝a (x 1－x 2)，即x 1x 2a ＝.ln x 1x 2x 1－x 2原不等式x 1·x 2>e 2⇔ln x 1＋ln x 2>2⇔a (x 1＋x 2)>2⇔ln >.x 1x 22(x 1－x 2)x 1＋x 2令＝t ，则t >1，ln >⇔ln t >.x 1x 2x 1x 22(x 1－x 2)x 1＋x 22(t －1)t ＋1设F (t )＝ln t －，t >1，则F ′(t )＝>0，2(t －1)t ＋1(t －1)2t (t ＋1)2所以函数F (t )在(1，＋∞)上单调递增，所以F (t )>F (1)＝0，即不等式ln t >成立，故所证不等式x 1·x 2>e 2成立．2(t －1)t ＋1题型3　利用导数研究函数的最值 (2017·石家庄检测)已知函数f (x )＝＋ln x －2，a ∈R .典例ax (1)若曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－x ＋1，求函数f (x )的单调区间；32(2)是否存在实数a ，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．本题用待定系数法、分类讨论思想方法．解　(1)∵f (x )＝＋ln x －2(x >0)，ax ∴f ′(x )＝＋(x >0)，－a x 21x 又曲线y ＝f (x )在点P (2，m )处的切线平行于直线y ＝－x ＋1，32∴f ′(2)＝－a ＋＝－⇒a ＝8.141232∴f ′(x )＝＋＝(x >0)，－8x 21x x －8x 2令f ′(x )>0，得x >8，f (x )在(8，＋∞)上单调递增；令f ′(x )<0，得0<x <8，f (x )在(0,8)上单调递减．∴f (x )的单调递增区间为(8，＋∞)，单调递减区间为(0,8)．(2)由(1)知f ′(x )＝＋＝(x >0)．－a x 21x x －a x 2①当a ≤0时，f ′(x )>0恒成立，即f (x )在(0，e 2]上单调递增，无最小值，不满足题意．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，所以当f ′(x )>0时，x >a ，当f ′(x )<0时，0<x <a ，此时函数f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，在(0，a )上单调递减．若a >e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (e 2)＝＋ln ae2e 2－2＝，由＝2，得a ＝2e 2，满足a >e 2，符合题意；a e2a e2若a ≤e 2，则函数f (x )在(0，e 2]上的最小值f (x )min ＝f (a )＝＋ln a aa －2＝ln a －1，由ln a －1＝2，得a ＝e 3，不满足a ≤e 2，不符合题意，舍去．综上可知，存在实数a ＝2e 2，使函数f (x )在(0，e 2]上有最小值2.方法技巧1．求函数f (x )在区间[a ，b ]上最值的方法(1)若函数f (x )在区间[a ，b ]上单调，则f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表求解．(3)若函数f (x )在闭区间[a ，b ]上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(小)值点．2．已知函数f (x )的最值求参数的方法先利用导数将最值用参数表示，再构建方程组求解．提醒：由f ′(x )＝0得到根x 0是否在[a ，b ]内不明确时要分情况讨论．冲关针对训练(2017·德州一模)设函数f (x )＝ln x －ax 2＋bx (a >0)，f ′(1)＝0.12(1)用含a 的式子表示b ；(2)令F (x )＝f (x )＋ax 2－bx ＋(0<x ≤3)，其图象上任意一点12ax P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤恒成立，求实数a 的取值范围；12(3)若a ＝2，试求f (x )在区间(c >0)上的最大值．[c ，c ＋12]解　(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．∵f ′(x )＝－ax ＋b ，∴f ′(1)＝1－a ＋b ＝0，1x ∴b ＝a －1.(2)F (x )＝lnx ＋，x ∈(0,3]，则有k ＝F ′(x 0)＝≤，在ax x 0－ax 2012x 0∈(0,3]上恒成立，∴a ≥max ，x 0∈(0,3]．(－12x 20＋x 0)当x 0＝1时，－x ＋x 0取得最大值，∴a ≥，即a 的取值范围12201212为.[12，＋∞)(3)依题意，知f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝2时，f (x )＝ln x －x 2＋x ，则f ′(x )＝－2x ＋1＝1x .－(2x ＋1)(x －1)x令f ′(x )＝0，解得x ＝1，x ＝－(舍)．12当0<x <1时，f ′(x )>0，此时f (x )单调递增；当x >1时，f ′(x )<0，此时f (x )单调递减．当c ＋≤1，即0<c ≤时，f (x )在上单调递增，1212[c ，c ＋12]∴f (x )max＝f ＝ln －2＋c ＋＝ln ＋－c 2.(c ＋12)(c ＋12)(c ＋12)12(c ＋12)14当Error!即<c <1时，f (x )在[c,1]上单调递增，在上单调12[1，c ＋12]递减，∴f (x )max ＝f (1)＝0.当c ≥1时，f (x )在上单调递减，[c ，c ＋12]∴f (x )max ＝f (c )＝ln c －c 2＋c .综上，当0<c ≤时，f (x )max＝ln－c 2＋；12(c ＋12)14当<c <1时，f (x )max ＝0；12当c ≥1时，f (x )max ＝ln c －c 2＋c.1．(2016·全国卷Ⅰ)若函数f (x )＝x －sin2x ＋a sin x 在13(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A ．[－1,1]B.[－1，13]C.D.[－13，13][－1，－13]答案　C解析　f ′(x )＝1－cos2x ＋a cos x ＝1－(2cos 2x －1)2323＋a cos x ＝－cos 2x ＋a cos x ＋，f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥04353在R 上恒成立，令cos x ＝t ，t ∈[－1,1]，则－t 2＋at ＋≥0在[－1,1]上4353恒成立，即4t 2－3at －5≤0在[－1,1]上恒成立，令g (t )＝4t 2－3at －5，则Error!解得－≤a ≤.故选C.13132．(2017·江淮联考)设函数f (x )＝x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]12上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A ．1<a ≤2B ．a ≥4C ．a ≤2D ．0<a ≤3答案　A解析　易知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －，由9x f ′(x )＝x －<0，解得0<x <3.因为函数f (x )＝x 2－9ln x 在区间9x 12[a －1，a ＋1]上单调递减，所以Error!解得1<a ≤2.故选A.3．(2017·安阳调研)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－2x 存在单调递减12区间，则实数a 的取值范围为________．答案　(－∞，1)解析　f ′(x )＝＋ax －2＝(x >0)，函数f (x )存在单调1x ax 2－2x ＋1x递减区间，即定义域(0，＋∞)内存在区间使ax 2－2x ＋1≤0，等价于a 小于在x ∈(0，＋∞)上的最大值．2x －1x 2设g (x )＝，则g ′(x )＝，可知函数g (x )在区间(0,1)2x －1x 2－2x ＋2x 3为增函数，在区间(1，＋∞)为减函数，所以当x ＝1时，函数g (x )取得最大值，此时g (x )＝1，所以a <1，故填(－∞，1)．4．(2017·北京高考)已知函数f (x )＝e x cos x －x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)求函数f (x )在区间上的最大值和最小值．[0，π2]解　(1)因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又因为 f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.(2)设h (x )＝e x (cos x －sin x )－1，则h ′(x )＝e x (cos x －sin x －sin x －cos x )＝－2e x sin x .当x ∈时，h ′(x )＜0，(0，π2)所以h (x )在区间上单调递减．[0，π2]所以对任意x ∈有h (x )＜h (0)＝0，(0，π2]即f ′(x )＜0.所以函数f (x )在区间上单调递减．[0，π2]因此f (x )在区间上的最大值为f (0)＝1，最小值为f ＝－.[0，π2](π2)π2 [重点保分两级优选练]A 级一、选择题1．(2017·陕西模拟)函数f (x )＝(a >0)的单调递增区间是( )axx 2＋1A ．(－∞，－1) B ．(－1,1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案　B解析　函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝＝.a (1－x 2)(x 2＋1)2a (1－x )(1＋x )(x 2＋1)2由于a >0，要使f ′(x )>0，只需(1－x )·(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．故选B.2．若函数f (x )＝(x 2－2x )e x 在(a ，b )上单调递减，则b －a 的最大值为( )A ．2 B. C ．4 D ．222答案　D解析　f ′(x )＝(2x －2)e x ＋(x 2－2x )e x ＝(x 2－2)e x ，令f ′(x )<0，∴－<x <，22即函数f (x )的单调递减区间为(－，)．22∴b －a 的最大值为2.故选D.23．函数f (x )＝(x －1)(x －2)2在[0,3]上的最小值为( )A ．－8B ．－4C ．0 D.427答案　B解析　f ′(x )＝(x －2)2＋2(x －1)(x －2)＝(x －2)(3x －4)．令f ′(x )＝0⇒x 1＝，x 2＝2，结合单调性，只要比较f (0)与f (2)即可．f (0)43＝－4，f (2)＝0.故f (x )在[0,3]上的最小值为f (0)＝－4.故选B.4．(2017·豫南九校联考)已知f ′(x )是定义在R 上的连续函数f (x )的导函数，满足f ′(x )－2f (x )<0，且f (－1)＝0，则f (x )>0的解集为( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)D ．(－1，＋∞)答案　A解析　设g (x )＝，则g ′(x )＝<0在R 上恒成立，f (x )e2x f ′(x )－2f (x )e2x 所以g (x )在R 上递减，又因为g (－1)＝0，f (x )>0⇔g (x )>0，所以x <－1.故选A.5．(2017·四川乐山一中期末)f (x )＝x 2－a ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a <1B ．a ≤1C ．a <2D ．a ≤2答案　D解析　由f (x )＝x 2－a ln x ，得f ′(x )＝2x －，a x ∵f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴2x －≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≤2x 2在(1，＋∞)上恒a x 成立，∵x ∈(1，＋∞)时，2x 2>2，∴a ≤2.故选D.6．函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a ＝f (0)，b ＝f ，c ＝f (3)，则( )(12)A ．a 0.即f (x )在(－∞，1)上单调递增，f (－1)<f (0)<f ，即c <a 时，f ′(x )<0；当x <时，f ′(x )>0.1212∴x ＝时取极大值，f ＝·＝.故选B.12(12)1e 1212e 8．已知函数f (x )＝－1＋ln x ，若存在x 0>0，使得f (x 0)≤0有解，ax 则实数a 的取值范围是( )A ．a >2B ．a <3C ．a ≤1D ．a ≥3答案　C解析　函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，不等式－1＋ln x ≤0有ax 解，即a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，令h (x )＝x －x ln x ，可得h ′(x )＝1－(ln x ＋1)＝－ln x ，令h ′(x )＝0，可得x ＝1，当0<x <1时，h ′(x )>0，当x >1时，h ′(x )<0，可得当x ＝1时，函数h (x )＝x －x ln x 取得最大值1，要使不等式a ≤x －x ln x 在(0，＋∞)上有解，只要a 小于等于h (x )的最大值即可，即a ≤1.故选C.9．若函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对于x ∈[－1,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围为( )A ．[2，＋∞)B ．[4，＋∞)C ．{4}D ．[2,4]答案　C解析　f ′(x )＝3ax 2－3，当a ≤0时，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a ≤1时，f ′(x )＝3ax 2－3＝3a，f (x )在[－1,1]上(x ＋1a )(x －1a )为减函数，f (x )min ＝f (1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a >1时，f (－1)＝－a ＋4≥0，且f ＝－＋1≥0，(1a )2a 解得a ＝4.综上所述，a ＝4.故选C.10．(2018·黄山一模)已知函数f (x )＝m－2ln x (m ∈R )，g (x )(x －1x )＝－，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)<g (x 0)成立，则实数mx m 的取值范围是( )A.B.(－∞，2e ](－∞，2e )C ．(－∞，0]D ．(－∞，0)答案　B解析　由题意，不等式f (x )<g (x )在[1，e]上有解，∴mx <2ln x 在[1，e]上有解，即<在[1，e]上有解，令h (x )＝，则h ′(x )＝m 2ln x x ln xx ，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0，∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)1－ln xx 2＝，∴<，∴m <.∴m 的取值范围是.故选B.1e m 21e 2e (－∞，2e )二、填空题11．已知函数f (x )＝mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实12数m 的取值范围为________．答案　[1，＋∞)解析　f ′(x )＝mx ＋－2≥0对一切x >0恒成立．1x m ≥－2＋，令g (x )＝－2＋，则当＝1时，函数g (x )取(1x )2x (1x )2x 1x 得最大值1，故m ≥1.12．(2017·西工大附中质检)已知f (x )是奇函数，且当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值是1，则a ＝(a >12)________.答案　1解析　由题意，得x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax有最大值(a >12)－1，f ′(x )＝－a ，由f ′(x )＝0，得x ＝∈(0,2)，且x ∈时，1x 1a (0，1a )f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，则(1a ，2)f (x )max ＝f ＝ln －1＝－1，解得a ＝1.(1a )1a 13．(2018·东北三校联考)已知定义在R 上的奇函数f (x )的图象为一条连续不断的曲线，f (1＋x )＝f (1－x )，f (1)＝a ，且当0<x <1时，f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为________．答案　a解析　由f (1＋x )＝f (1－x )可得函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．又f (x )是定义在R 上的奇函数，则f (0)＝0，且f (x )的图象关于点(0,0)对称，所以f (x )是以4为周期的周期函数，则f (x )在[2017,2018]上的图象与[1,2]上的图象形状完全相同．令g (x )＝，f (x )e x 则g ′(x )＝<0，函数g (x )在(0,1)上递减，则g (x )<g (0)＝0，所以f ′(x )－f (x )e xf ′(x )<f (x )<0，则函数f (x )在(0,1)上单调递减．又由函数的对称性质可得f (x )在(1,2)上单调递增，则f (x )在[2017,2018]上的最小值为f (2017)＝f (1)＝a .14．(2018·启东中学调研)已知函数f (x )＝e x ＋a ln x 的定义域是D ，关于函数f (x )给出下列命题：①对于任意a ∈(0，＋∞)，函数f (x )是D 上的减函数；②对于任意a ∈(－∞，0)，函数f (x )存在最小值；③存在a ∈(0，＋∞)，使得对于任意的x ∈D ，都有f (x )>0成立；④存在a ∈(－∞，0)，使得函数f (x )有两个零点．其中正确命题的序号是________．(写出所有正确命题的序号)答案　②④解析　由f (x )＝e x ＋a ln x ，可得f ′(x )＝e x ＋，若a >0，则f ′(x )>a x 0，得函数f (x )是D 上的增函数，存在x ∈(0,1)，使得f (x )<0即得命题①③不正确；若a <0，设e x ＋＝0的根为m ，则在(0，m )上f ′(x )a x <0，在(m ，＋∞)上f ′(x )>0，所以函数f (x )存在最小值f (m )，即命题②正确；若f (m )<0，则函数f (x )有两个零点，即命题④正确．综上可得，正确命题的序号为②④.B 级三、解答题15．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．解　(1)f ′(x )＝－a (x >0)，1x ①当a ≤0时，f ′(x )＝－a >0，1x 即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．②当a >0时，令f ′(x )＝－a ＝0，可得x ＝.1x 1a 当0<x <时，f ′(x )＝>0；1a 1－ax x当x >时，f ′(x )＝<0，1a 1－ax x 故函数f (x )的单调递增区间为，(0，1a ]单调递减区间为.(1a ，＋∞)综上得，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无递减区间；当a >0时，f (x )的单调递增区间为，单调递减区间为(0，1a ].(1a ，＋∞)(2)①当≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，1a ∴f (x )的最小值是f (2)＝ln 2－2a .②当≥2，即0<a ≤时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，1a 12∴f (x )的最小值是f (1)＝－a .③当1<<2，即<a <1时，函数f (x )在上是增函数，在1a 12[1，1a ]上是减函数．又f (2)－f (1)＝ln 2－a ，∴当<a <ln 2时，f (x )的[1a ，2]12最小值是f (1)＝－a ；当ln 2≤a <1时，f (x )的最小值为f (2)＝ln 2－2a .综上可知，当0<a <ln 2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln 2时，函数f (x )的最小值是ln 2－2a .16．(2017·河北石家庄联考)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0.(1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值；(2)若对任意实数x 恒有f (x )≥0，求a 的取值范围．解　(1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a ，令f ′(x )>0，得x >ln a ，所以f (x )的单调递增区间是(ln a ，＋∞)；令f ′(x )<0，得x <ln a ，所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln a )，函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0,1)上单调递增；当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减，所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)当x ≤0时，a >0，e x －ax ≥0恒成立，当x >0时，f (x )≥0，即e x －ax ≥0，即a ≤.e x x 令h (x )＝，x ∈(0，＋∞)，h ′(x )＝＝，e x x e xx －e x x 2e 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]．17．(2017·湖南湘中名校联考)设函数f (x )＝x －－a ln x (a ∈R )．1x (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个极值点x 1和x 2，记过点A (x 1，f (x 1))，B (x 2，f (x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解　(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋－＝.1x 2a x x 2－ax ＋1x 2令g (x )＝x 2－ax ＋1，则方程x 2－ax ＋1＝0的判别式Δ＝a 2－4.①当|a |≤2时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <－2时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，在(0，＋∞)上恒有f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >2时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝，x 2＝a －a 2－42，a ＋a 2－42当0<x <x 1时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0；当x >x 2时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减．(2)由(1)知，a >2.因为f (x 1)－f (x 2)＝(x 1－x 2)＋－a (ln x 1－ln x 2)，x 1－x 2x 1x 2所以k ＝＝1＋－a ·.f (x 1)－f (x 2)x 1－x 21x 1x 2ln x 1－ln x 2x 1－x 2又由(1)知，x 1x 2＝1.于是k ＝2－a ·.ln x 1－ln x 2x 1－x 2若存在a ，使得k ＝2－a .则＝1.ln x 1－ln x 2x 1－x 2即ln x 1－ln x 2＝x 1－x 2.亦即x 2－－2ln x 2＝0(x 2>1)．　(*)1x 2再由(1)知，函数h (t )＝t －－2ln t 在(0，＋∞)上单调递增，而1t x 2>1，所以x 2－－2ln x 2>1－－2ln 1＝0.这与(*)式矛盾．故不存在1x 211a ，使得k ＝2－a .。

2019版高考数学理高分计划一轮课件：第2章函数、导数

解析 ∵当 x>0
fx 时， ′<0， x
fx ∴φ(x)＝ x 为减函数，又 φ(2)＝0，∴当且仅当 0<x<2 时，φ(x)>0，此时 x2f(x)>0. 又 f(x)为奇函数，∴h(x)＝x2f(x)也为奇函数．故 x2f(x)>0 的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．
2x2＋ax－2a 3．已知 f(x)＝在[1，＋∞)上是单调递增函 2x a≥－1 ．数，则 a 的取值范围是________
解析 a a a ∵f(x)＝x－x ＋2，∴f′(x)＝1＋x2.
又 f(x)在[1，＋∞)上是单调递增函数，∴f′(x)≥0，于是可得不等式 a≥－x2 对于 x≥1 恒成立．∴a≥(－x2)max. 由 x≥1，得－x2≤－1.∴a≥－1.
4． (2017· 河南期末)函数 y＝x3－2ax＋a 在(0,1)内有极小值，则实数 a
3 0 ， 2 的取值范围为________ ．
解析对于函数 y＝x3－2ax＋a，求导可得 y′＝3x2－ 2a， ∵函数 y＝x3－2ax＋a 在(0,1)内有极小值， ∴y′＝3x2－2a＝0，则其有一根在(0,1)内，当 a>0 时， 3x －2a＝0 两根为±
[诊断自测] 1．设函数 f(x)的导函数为 f′(x)，对任意 x∈R 都有 f(x)>f′(x)成立，则( A．3f(ln 2)>2f(ln 3) B．3f(ln 2)＝2f(ln 3) C．3f(ln 2)<2f(ln 3) D．3f(ln 2)与 2f(ln 3)的大小不确定 )
fx 解析构造函数 g(x)＝ ex ，则 f′xex－fxex′ f′x－fx g′(x)＝＝ <0， x x 2 e e 即 g(x)在 R 上是减函数， fln 2 fln 3 所以 g(ln 2)>g(ln 3)，即 eln 2 > eln 3 ， fln 2 fln 3 即 2 > 3 ，所以 3f(ln 2)>2f(ln 3)，选 A.

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若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大， f′(x)>0 ，右侧__________ f′(x)<0 ，则点x＝b叫做且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧__________
函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．
2．函数的最值
(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值； ②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是
最大值，最小的一个是最小值．
1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)．
(1)函数f(x)在区间(a，b)内一定存在最值．( × )
(2)求函数f(x)的极值．
a 解析函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－x . 2 (1)当 a＝2 时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－x (x>0)，因而 f(1)＝1，f′(1)＝－1， ∴曲线 y＝f(x)在点 A(1，f(1))处的切线方程为 y－1＝－(x－1)，即 x＋y－2＝0.
1 2 【例 2】设函数 f(x)＝ln x－2ax －bx，若 x＝1 是 f(x)的极大值点，求 a 的取值范围．
解析 1 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x －ax－b，由 f′(1)＝0，得 b＝1－a.
－ax2＋1＋ax－x ax＋1－x＋1 1 ∴f′(x)＝x－ax＋a－1＝＝ .①若 a≥0，当 0<x<1 时， x x f′(x)>0，f(x)单调递增；当 x>1 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以 x＝1 是 f(x)的极大 1 值点．②若 a<0，由 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－a.因为 x＝1 是 f(x)的极大值点，所以 1 －a>1，解得－1<a<0.综合①②得 a>－1. 故 a 的取值范围为(－1，＋∞)．
小值 ( 其中多项式函数一般不
超过三次).
分值：5～8分
参数值或取值范围，难度较
大.
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板块三
1．函数的极值
(1)函数的极小值
若函数 y ＝ f(x) 在点 x ＝ a 处的函数值 f(a) 比它在点 x ＝ a 附近其他点的函数值 f′(x)<0 f′(x)>0 ，都小，且 f′(a) ＝ 0 ，而且在点 x ＝ a 附近的左侧 ____________ ______ ，右侧 ___________ 则点x＝a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值． (2)函数的极大值
a x－a (2)由 f′(x)＝1－x ＝ x (x>0)可知 ①当 a≤0 时，f′(x)>0，函数 f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数 f(x)无极值． ②当 a>0 时，由 f′(x)＝0，解得 x＝a. 又当 x∈(0，a)时，f′(x)<0；当 x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0， ∴函数 f(x)在 x＝a 处取得极小值，且极小值为 f(a)＝a－aln a，无极大值．综上所述，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值；当 a>0 时，函数 f(x)在 x＝a 处取得极小值 a－aln a，无极大值．
二利用导数研究函数的最值
求可导函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的基本步骤 (1)求出函数f(x)在区间(a，b)内的所有极值f(x1)，f(x2)，…，f(xn)． (2)计算函数f(x)在区间[a，b]上的两个端点值f(a)，f(b)． (3)对所有的极值和端点值作大小比较． (4)对比较的结果作出结论：所有这些值中最大的即是该函数在 [a，b]上的最大
第二章函数、导数及其应用
第15讲导数与函数的极值、最值
考纲要求
考情分析
命题趋势利用导数求函数的极值、最值是高考中的热点问题、高频考点，题型有求函数的极值、最值和已知函数的极值、最值求
了解函数在某点取得极值的必 2017·北京卷，20 要条件和充分条件；会用导数 2017·江苏卷，20 求函数的极大值、极小值；会 2016·全国卷Ⅰ，21 求闭区间上函数的最大值、最 2016·天津卷，20
B．3
D．5
解析 ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋3，f′(－3)＝0，∴a＝5.
解析
求导得f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝ex(x＋1)＝0，解得x＝－1，易知
x＝－1是函数f(x)的极小值点．
一利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数极值问题的步骤
【例1】已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R)． (1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；
1 B．e 2 D．e2
1 解析 ∵y′＝e －xe ＝e (1－x)，令 y′＝0，则 x＝1，而 f(1)＝e >0，f(0)＝0， 4 f(4)＝e4>0，∴最小值为 0.故选 A．
4．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a＝( D )
A．2
C．4 5．设函数f(x)＝xex，则( D ) A．x＝1为f(x)的极大值点 B．x＝1为f(x点
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件
一般地，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，那么它必有最大值和最小值．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．
π π 解析 f′(x)＝acos x－1(x∈R)，又 f(x)在 x＝3处有最值，故 x＝3是函数 f(x)的极值点，所以
π π f′ 3 ＝acos3－1＝0，即
a＝2.故选 A．
3．函数 y＝x· e x，x∈[0,4] 的最小值为( A )
－
A．0 4 C．e4
－x －x －x
(2)函数的极大值一定比极小值大．( × ) (3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．( ×) (4)函数的最大值不一定是极大值，最小值也不一定是极小值．( √ )
π 2．若函数 f(x)＝asin x－x 在 x＝3处有最值，那么 a＝( A ) A．2 2 3 C． 3 B．1 D．0