高考数学一轮总复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用课件文
函数、导数及其应用
第11讲 导数在研究函数中的应用
板块一 知识梳理· 自主学习
[必备知识] 考点1 函数的导数与单调性的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导： (1)若f′(x)＞0，则f(x)在这个区间内 单调递增 ； (2)若f′(x)＜0，则f(x)在这个区间内
单调递减 ；
(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是
2)x，当a<0时，讨论函数f(x)的单调性．
[解]
2a 函数的定义域为 (0，＋ ∞)， f′(x)＝ x－ ＋ a－ x
x－ 2x＋ a 2＝ . x x－ 22 ①当－ a＝ 2，即 a＝－ 2时， f′(x)＝ ≥0， f(x)在 x (0，＋ ∞)上单调递增． ②当0<－a<2，即－ 2<a<0时，∵ 0<x<－ a或 x>2时， f′(x)>0；－ a<x<2时， f′(x)<0， ∴ f(x)在 (0，－ a)， (2，＋ ∞)上单调递增，在 (－ a,2)上 单调递减．
常数函数
．
考点2
函数的极值与导数
1．函数的极小值与极小值点 若函数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 左侧 f′(x)＜0 ，且f′(a)＝0，而且在 x＝a附近的 f′(x)＞0 ，右侧 ，则点a叫做函数的
都小
极小值点，f(a)叫做函数的极小值；
2．函数的极大值与极大值点 若函数f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近 其他点的函数值 都大 ，且 f′ (b)＝0，而且在 x＝b附近的 左侧
2． 已知f(x)＝x3 －ax在 [1，＋∞)上是增函数，则a的最 大值是( A．0 C ．2
解析
) B．1 D ．3
f′(x)＝ 3x2－ a≥0在 [1，＋ ∞)上恒成立，即
a≤3x2在 [1，＋ ∞)上恒成立，而 (3x2)min＝ 3×12＝ 3.所以 a≤3，故 amax＝3.
鸡西模拟]函数f(x)＝ (x－3)ex的单调递增区间 3． [2017· 是( ) A． (－∞，2) C．(1,4) B．(0,3) D．(2，＋∞ )
最大 的一个是最大值， 最小 的一个是最小
[必会结论] 1．若函数f(x)的图象连续不断，则f(x)在 [a，b]内一定 有最值． 2．若函数f(x)在 [a，b]内是单调函数，则f(x)一定在区 间端点处取得最值． 3．若函数f(x)在开区间 (a，b)内只有一个极值点，则 相应的极值点一定是函数的最值点．
f1<0， f－ 1>0，
∞，－ 1)， (1，＋ ∞)， f′(x)<0得单调递减区间为 (－ 1,1)．要有 3个不同零点需满足 2,2)． 解得 a∈ (－
板块二 典例探究· 考向突破
考向
函数的单调性与导数
命题角度1 例1
确定函数的单调区间
1 2 [2017· 深圳模拟 ]已知函数f(x)＝ x －2 aln x＋(a－ 2
[双基夯实] 一、疑难辨析 判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打 “×”) 1．若函数f(x)在区间(a，b )上单调递增，那么在区间 (a，b)上一定有f′(x)＞0.( × ) 1 2 2．函数y＝ x － ln x的单调减区间为(－1,1)．( × ) 2
3．在函数 y＝f(x)中，若f′(x0)＝0，则x＝ x0一定是函 数y＝ f(x)的极值．( × ) 4．函数的极大值不一定比极小值大． ( √ ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 5．函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不 一定是极小值． ( √ )
解析
由题意，知 f′(x)＝ex＋(x－ 3)ex＝(x－2)ex.由
f′(x)>0得x>2.故选D.
2 4．设函数f(x)＝ ＋ ln x，则 ( x 1 A． x＝ 为f(x)的极大值点 2 1 B．x＝ 为f(x)的极小值点 2 C．x＝2为 f(x)的极大值点
)
D．x＝2为 f(x)的极小值点 x－ 2 2 1 解析 f′(x)＝－ 2 ＋ ＝ ，∵ x>0，∴当 x>2时， x x x2
f′(x)＞0
，右侧
f′(x)＜0
，则点b叫做函数的
极大值点，f(b)叫做函数的极大值．
考点3
函数的最值与导数
1．函数f(x)在[a，b]上有最值的条件 如果在区间[a，b]上函数 y＝ f(x)的图象是一条 连续不断 的曲线，那么它必有最大值和最小值． 2．求y＝ f(x)在 [a，b]上的最大 (小 )值的步骤 (1)求函数y＝f(x)在(a，b)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 值．
③当－ a>2，即 a<－ 2时， ∵ 0<x<2或 x>－a时， f′(x)>0； 2<x<－ a时， f′(x)<0， ∴ f(x)在 (0,2)， (－ a，＋ ∞)上单调递增，在 (2，－ a)上 单调递减． 综上所述，当 a＝－ 2时， f(x)在 (0，＋ ∞)上单调递 增；当－ 2<a<0时， f(x)在 (0，－ a)， (2，＋ ∞)上单调递 增，在 (－ a,2)上单调递减；当 a<－2时， f(x)在 (0,2)， (－ a，＋ ∞)上单调递增，在 (2，－ a)上单调递减．
二、小题快练 1．[课本改编]函数 y＝ x4－4x＋3 在区间 [－ 2,3]上的最 小值为( A．72 C．12
解析
) B．36 D ．0
因为 y′＝ 4x3－ 4，令 y′＝ 0即 4x3－ 4＝ 0，解
得 x＝ 1.当 x<1时， y′<0，当 x>1时， y′>0，所以函数的极 小值为 y|x＝ 1＝0，而在端点处的函数值 y|x＝－2＝ 27， y|x＝ 3＝ 72，所以 ymin＝ 0.
f′(x)>0， f(x)是增函数；当 0<x<2时， f′(x)<0， f(x)是减函 数，∴ x＝ 2为 f(x)的极小值点．
上饶模拟]f(x)＝x3－3 x＋a有3个不同的零点， 5．[2017· (－2,2) ． 则a的取值范围是___________
解析
由 f′ (x)＝ 3x2－ 3>0，解得单调递增区间为 (－
2019版高考数学(理)第一轮复习课件：导数在研究函数中的应用
x2 解 (1)当 a＝－1 时， f(x)＝－ln x＋ ＋3， 定义域为(0， 2 1 ＋∞)．则 f′(x)＝－ ＋x. x
f′x＜ 0， 由 得 0＜x＜1.所以函数 f(x)的单调递减区 x＞ 0，
间为(0,1)．
(2)因为函数 f(x)在 (0，＋ ∞)上是增函数，所以 f′(x) a ＝ ＋x＋a＋1≥0 在(0，＋∞)上恒成立，所以 x2＋(a＋1)x x ＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0 在(0，＋∞)上恒成立． 因为 x＋1＞0，所以 x＋a≥0 对 x∈(0，＋∞)恒成立， 所以 a≥0.即实数 a 的取值范围是[0，＋∞)．
解析
f′(x)＝ex－1，令 f′(x)＝0，得 x＝0.令 f′(x)
－1
＞0，得 x＞0，令 f′(x)＜0，得 x＜0，则函数 f(x)在(－1,0) 上单调递减，在 (0,1)上单调递增， f(－1)＝ e ＋ 1， f(1)＝ e 1 1 － 1 ， f(－ 1)－ f(1)＝ ＋ 2－ e＜ ＋ 2 － e＜ 0，所以 f(1)>f(－ e 2 1)．故选 D.
)
2 1 x－2 解析 f′(x)＝－ 2＋ ＝ 2 ，∵x>0，∴当 x>2 时， x x x f′(x)>0，f(x)是增函数；当 0<x<2 时，f′(x)<0，f(x)是减函 数，∴x＝2 为 f(x)的极小值点．
4． [2018· 苏锡常镇一调]f(x)＝ex－x(e 为自然对数的底数 ) 在区间[－1,1]上的最大值是( 1 A．1＋ e C．e＋1 B ．1 D．e－1 )
第2章
函数、导数及其应用
第11讲 导数在研究函数中的应用
板块一 知识梳理· 自主学习
高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用课件理
若 m≥0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)>0. 若 m<0，则当 x∈(－∞，0)时，emx－1>0，f′(x)<0； 当 x∈(0，＋∞)时，emx－1<0，f′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．
－m
＋m>e－1.
综上，m 的取值范围是[－1,1]．
命题角014· 湖北高考]π 为圆周率，e＝2.71828…为自然对数的底数．
(1)求函数 f(x)＝
解
(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 1－ln x ln x ，所以 f′(x)＝ . x x2
①
设函数 g(t)＝et－t－e＋1，则 g′(t)＝et－1. 当 t<0 时，g′(t)<0；当 t>0 时，g′(t)>0. 故 g(t)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增． 又 g(1)＝0，g(－1)＝e 1＋2－e<0，故当 t∈[－1,1]时，g(t)≤0.
－
当 m∈[－1,1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立； 当 m>1 时，由 g(t)的单调性，g(m)>0，即 em－m>e－1； 当 m<－1 时，g(－m)>0，即 e
因为 f(x)＝
当 f′(x)>0，即 0<x<e 时，函数 f(x)单调递增； 当 f′(x)<0，即 x>e 时，函数 f(x)单调递减． 故函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 2.11.1 利用导数研究函数的单调性课件 理
第一课时 利用导数研究函数的单调性
【知识梳理】 函数的单调性与导数的关系 函数y=f(x)在某个区间内可导: (1)若f′(x)>0,则f(x)在这个区间内_________; (2)若f′(x)<0,则f(x)在这个区间内_单__调__递__增__; (3)若f′(x)=0,则f(x)在这个区间内是单_调__递__减____.
常数函数
【特别提醒】 导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a,b)内单调递增 (或递减)的充分不必要条件. (2)f′(x)≥0(或f′(x)≤0)是f(x)在(a,b)内单调递 增(或递减)的必要不充分条件(f′(x)=0不恒成立).
【小题快练】 链接教材 练一练 1.(选修2-2P24例1改编)如图所示是函数f(x)的导函数 f′(x)的图象,则下列判断中正确的是 ( )
(
43)经 3检a 验196满足2题(意43) .
16a 3
8 3
0,
a 1. 2
(2)由(1)知g(x)= (1 x3 x2)ex , 所以
g′(x)=
(
3
x2
2 2x)ex
(
1
x3
x2
)ex
2
2
(1 x3 5 x2 2x)ex 22
令 1g′x x(x)1=0x,解4得ex.x=0,x=-1或x=-4.
2
当x<-4时，g′(x)<0,故g(x)为减函数；
A.函数f(x)在区间(-3,0)上是减函数 B.函数f(x)在区间(-3,2)上是减函数 C.函数f(x)在区间(0,2)上是减函数 D.函数f(x)在区间(-3,2)上是单调函数 【解析】选A.当x∈(-3,0)时,f′(x)<0,则f(x)在 (-3,0)上是减函数.其他判断均不正确.
高考数学一轮复习 第2章 函数、导数及其应用 第11讲 导数在研究函数中的应用(第1课时)利用导数研
第11讲导数在研究函数中的应用第1课时利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系1．概念辨析(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( )(3)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．( ) 答案(1)×(2)√(3)√2．小题热身(1)如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上f(x)是增函数B．在区间(1,3)上f(x)是减函数C．在区间(4,5)上f(x)是增函数D．当x＝2时，f(x)取到极小值答案 C解析观察y＝f′(x)的图象可知，f(x)在区间(－2,1)上先减后增，在区间(1,3)上先增后减，在区间(4,5)上是增函数，当x＝2时，f(x)取到极大值，故只有C正确．(2)f(x)＝x3－6x2的单调递减区间为( )A．(0,4) B．(0,2)C．(4，＋∞) D．(－∞，0)答案 A解析f′(x)＝3x2－12x＝3x(x－4)，由f′(x)<0得0<x<4，所以f(x)的单调递减区间为(0,4)．(3)函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)答案 D解析函数f(x)＝(x－3)e x的导数为f′(x)＝[(x－3)e x]′＝e x＋(x－3)e x＝(x－2)e x.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)e x>0，解得x>2.(4)已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案 3解析由题意得，f′(x)＝3x2－a≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≤3x2对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≤3.经检验a ＝3也满足题意，所以a 的最大值是3.题型 一 不含参数的函数的单调性1．已知函数f (x )＝x ln x ，则f (x )( ) A ．在(0，＋∞)上单调递增 B ．在(0，＋∞)上单调递减 C ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递增 D ．在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上单调递减 答案 D解析 f ′(x )＝x ′ln x ＋x (ln x )′＝ln x ＋1. 由f ′(x )＝0得x ＝1e，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 故只有D 正确． 2．函数f (x )＝3xx 2＋1的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－1,1)C ．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞) 答案 B解析 函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝31－x2x 2＋12＝31－x 1＋xx 2＋12.要使f ′(x )>0，只需(1－x )(1＋x )>0，解得x ∈(－1,1)．3．(2019·某某金溪一中等校联考)已知函数f (x )与f ′(x )的图象如图所示，则函数g (x )＝f x ex的单调递减区间为( )A ．(0,4)B ．(－∞，1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，4 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43D ．(0,1)，(4，＋∞) 答案 D解析 由题图可知，先减后增的那条曲线为f ′(x )的图象，先增后减最后增的曲线为f (x )的图象．因为g (x )＝f xex，所以g ′(x )＝f ′x e x －f x e x ex2＝f ′x －f xex，由图象可知，当x ∈(0,1)和(4，＋∞)时，f ′(x )<f (x )，此时g ′(xg (x )的单调递减区间为(0,1)，(4，＋∞)．条件探究 若举例说明1中的函数变为f (x )＝ln xx，试求f (x )的单调区间．解 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－ln x x2，令f ′(x )＝0，得x ＝e. 所以当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，函数f (x )为增函数， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，函数f (x )为减函数．所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．确定不含参数的函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域． (2)求f ′(x )．(3)解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间． (4)解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.1.(2017·某某高考)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )答案 D解析 由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上是先增后减再增．故选D.f (x )＝x 2－5x ＋2ln x ，则函数f (x )的单调递增区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(1，＋∞) B．(0,1)和(2，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞) D．(1,2) 答案 C解析 函数f (x )＝x 2－5x ＋2ln x 的定义域是(0，＋∞)，令f ′(x )＝2x －5＋2x＝2x 2－5x ＋2x＝x －22x －1x>0，解得0<x <12或x >2，故函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12和(2，＋∞).3.(2019·某某调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数f (x )＝x sin x ＋cos x ，则f (x )的单调递增区间是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π，－π2和⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2解析 因为f (x )＝x sin x ＋cos x ，所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x . 令f ′(x )>0，得x cos x >0.又因为－π<x <π，所以－π<x <－π2或0<x <π2，所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫－π，－π2，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2.题型 二 含参数的函数的单调性(2018·全国卷Ⅰ改编)已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ．讨论f (x )的单调性．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②若a >2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．条件探究1 若举例说明中的函数变为f (x )＝ax 2－a －ln x ，应如何解答？ 解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a ，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．条件探究2 若举例说明中的函数变为f (x )＝x －2x＋1－a ln x (a >0)，应如何解答？解 由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0<a ≤22时，对一切x >0都有f ′(xf (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2.所以f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．确定含参数的函数的单调性的基本步骤(1)确定函数f (x )的定义域．(2)求f ′(x )，并尽量化为乘积或商的形式． (3)令f ′(x )＝0，①若此方程在定义域内无解，考虑f ′(x )恒大于等于0(或恒小于等于0)，直接判断单调区间．如举例说明中a ≤2时，f ′(x )恒小于等于0.②若此方程在定义域内有解，则用之分割定义域，逐个区间分析f ′(x )的符号确定单调区间．如举例说明中a >2时，f ′(x )＝0有两个实根.1．已知函数f (x )＝13x 3－(2m ＋1)x 2＋3m (m ＋2)x ＋1，其中m ∈R ，求函数f (x )的单调递增区间．解 f ′(x )＝x 2－2(2m ＋1)x ＋3m (m ＋2) ＝(x －3m )(x －m －2)．当3m ＝m ＋2，即m ＝1时，f ′(x )＝(x －3)2≥0，∴f (x )单调递增，即f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．当3m >m ＋2，即m >1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0可得x <m ＋2或x >3m ， 此时f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)．当3m <m ＋2，即m <1时，由f ′(x )＝(x －3m )(x －m －2)>0，可得x <3m 或x >m ＋2，此时f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)． 综上所述，当m ＝1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)； 当m >1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，m ＋2)，(3m ，＋∞)； 当m <1时，f (x )的单调递增区间为(－∞，3m )，(m ＋2，＋∞)． 2．已知函数f (x )＝e 2x－a e x －a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x－a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x－a )． ①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a ， 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增． ③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．题型 三 函数单调性的应用问题角度1 比较大小或解不等式1．(1)(2019·某某模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f e e，b ＝f ln 2ln 2，c ＝f －3－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A ．a <b <cB ．b <c <aC ．a <c <bD ．c <a <b(2)已知函数f (x )＝x 2－cos x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，则满足f (x 0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3的x 0的取值X 围为________．答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π2，－π3∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π3，π2解析 (1)设g (x )＝f x x ，则g ′(x )＝xf ′x －f x x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数．由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)， 又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， ∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b .故选D.(2)f ′(x )＝2x ＋sin x .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )≥0，所以f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增．由f (x 0)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，知π3<x 0≤π2.又因为f (－x )＝f (x )，所以f (x )为偶函数，所以－π2≤x <－π3也满足条件． 角度2 根据函数单调性求参数2．(1)(2018·某某江南十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值X 围是( )A ．(1,2]B ．[4，＋∞)C ．(－∞，2]D ．(0,3](2)设函数f (x )＝13x 3－a 2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1.①求b ，c 的值；②若a >0，求函数f (x )的单调区间；③设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，某某数a 的取值X 围．答案 (1)A (2)见解析解析 (1)∵f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝x －9x，∴由f ′(x )≤0解得0<x ≤3，由题意知{ a －1>0，a ＋1≤3， 解得1<a ≤2.(2)①f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f 0＝1，f ′0＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，b ＝0.②由①得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )． ③g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x，即x ＝－2时等号成立．所以满足要求的a 的取值X 围是(－∞，－22)．利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．常见构造的辅助函数形式有：(1)f (x )>g (x )→F (x )＝f (x )－g (x )； (2)xf ′(x )＋f (x )→[xf (x )]′； (3)xf ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′；(4)f ′(x )＋f (x )→[e xf (x )]′； (5)f ′(x )－f (x )→⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x e x ′.(1)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值X 围．(2)可导函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0(或f ′(x )<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值X 围．如举例说明2(2)．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，word 令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值X 围．如举例说明2(1).1．已知y ＝f (x )为(0，＋∞)上的可导函数，且有f ′(x )＋f x x>0，则对于任意的a ，b ∈(0，＋∞)，当a >b 时，有( )A ．af (a )<bf (b )B ．af (a )>bf (b )C ．af (b )>bf (a )D ．af (b )<bf (a )答案 B解析 f ′(x )＋f x x >0⇒xf ′x ＋f x x >0⇒[xf x ]′x>0，即[xf (x )]′x >0.∵x >0，∴[xf (x )]′>0，即函数y ＝xf (x )在(0，＋∞)上为增函数，由a ，b ∈(0，＋∞)且a >b ，得af (a )>bf (b )，故选B.2．若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则实数a 的取值X 围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫52，103 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫52，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫103，＋∞D ．[2，＋∞) 答案 B解析 若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x 在区间[1,2]上单调递减，则f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0在[1,2]上恒成立，即a ≥x ＋1x 在[1,2]上恒成立，又当x ∈[1,2]时，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x max ＝2＋12＝52，所以a ≥52.故选B. 3．若函数f (x )＝x 3－12x 在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值X 围是________．答案 (－3，－1)∪(1,3)解析 f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )>0，得函数的增区间是(－∞，－2)及(2，＋∞)，由f ′(x )<0，得函数的减区间是(－2,2)，由于函数在(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以k －1<－2<k ＋1或k －1<2<k ＋1，解得－3<k <－1或1<k <3.。
高考数学一轮复习课件第二章 函数、导数及其应用 第11讲
数学
文理(合订)
第二章
函数、导数及其应用
第十一讲 利用导数研究函数的单调性、极值、
1 考纲解 2 知识梳
第二章 函数、导数及其应用
文
理 （ 合
考纲解读
订
）
第二章 函数、导数及其应用
考点展示 考查频率
考纲要求
高
了解函数的单调性和导数的关
函数的单 ★★★★☆ 系：能利用导数研究函数单调 1.内容
第二章 函数、导数及其应用
1．下列结论正确的个数为 导学号 30070516 ( C )
(1)若函数 f(x)在(a，b)内恒有 f′(x)＞0，那么 f(x)在(a，b)上单
若函数 f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有 f′(x)＞0.
文 理 （
(2)函数 y＝12x2－lnx 的单调减区间为(－1,1)．
合
订 ）
(3)在函数 y＝f(x)中，若 f′(x0)＝0，则 x＝x0 一定是函数 y＝
(4)函数的极大值不一定比极小值大．
(5)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是
A．0
B．1
C．2
[解析] (1)(2)(3)不正确，(4)(5)正确，故选C.
D．3
第二章 函数、导数及其应用
2 ． (2016·苏 中 八 校 学 情 调 查 ) 函 数 f(x) ＝ x － lnx 的 单
导，求f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
订
）
(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
小的一个是最小值．
高三理科数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第十一节 导数在研究函数中的应用课件
恒成立,则 a 的取值范围是
()
A.
-∞,
3 2
B.
0,
3 2
C.
-∞,-
3 2
D.
3 2
,
+
∞
4.D 【解析】由 f(x)≤f'(x),整理得 x2-2x+1≤2a(1-x),又因为-2≤x≤-1,所以
a≥������22-(21���-������+���)1 在������
∈
[−2,
−1]上恒成立,
f'(x)=llnn���2���-���1��� + 2 = ln������-1ln+22������ln2������.
15
令 f'(x)=0 得 2ln2x+ln x-1=0,
解得
ln
x=12
或
ln
������
=
−1(舍),
即������
=
1
e2.
1
1
当 1<x<e2时, ������′(������) < 0, 当������ > e2时,f'(x)>0.
∴a≤ln12������
−
1 ln������
=
∵x∈(1,+∞),
∴ln x∈(0,+∞),
1 ln������
-
1 2
2 − 14.
∴当 1
ln������
−
1 2
=
0,
即������
=
e2时,
1 ln������
-
1 2
2
−
1 4
有最小值为
高考数学(理)总复习备考指导课件：第二章 函数、导数及其应用 第11节 导数在研究函数中的应用
典
例
(2)求 f(x)的单调区间．
探
究
课
· 提
【思路点拨】 (1)先求 f′(x)，然后令 f′(－1)＝0，求 b
时 作
知
业
能 并验证其是否符合题意；(2)分 b＝0，b>0，b<0 三种情况求解．
菜单
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
【尝试解答】 (1)f′(x)＝xb2－＋xb22.
高 考
落
体
实 ·
f(x)的单调区间．
验 ·
固 基 础
【解】 函数 f(x)＝mln x－12x2 的定义域是(0，＋∞)．
明 考 情
典
f′(x)＝mx －x＝m－x x2.
例
探 究 ·
当 m≤0 时，f′(x)≤－xx2＝－x<0，
课 时
提
作
知 能
函数 f(x)＝mln x－12x2 在(0，＋∞)上为减函数．
时 作
知
业
能 较，其中 最大 的一个是最大值， 最小 的一个是最小值．
菜单
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
自 主
1．(固基升华)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，
高 考
落
体
实 ·
错误的打“×”)
验 ·
固
明
基 础
(1)函数 f(x)在区间(a，b)内单调递增，则 f′(x)>0(
)
考 情
(2)函数的极大值一定比极小值大( )
菜单
高三一轮总复习理科数学 ·（安徽专用）
自
高
主 落
【尝试解答】 函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x) 考 体
高考数学一轮复习课件_2.11导数在研究函数中的应用
若k＞0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)，单 调递减区间是(－k，k)．
若k＜0，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)，单 调递增区间是(k，－k)．
函数最值是个“整体”概念，而函数极值是个“局部”概念 ．
1．f′(x)＞0是f(x)在(a，b)内单调递增的充要条件吗？ 【提示】 函数f(x)在(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0， f′(x)＞0是f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件．
2．导数值为0的点一定是函数的极值点吗？它是可导函 数在该点取得极值的什么条件？
【提示】 不一定．如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0) ＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点，对于可导函数，若x ＝x0为其极值点，则需满足以下两个条件：①f′(x0)＝0，②x ＝x0两侧的导数f′(x)的符号异号．因此f′(x0)＝0是函数y＝f(x) 在点x＝x0取得极值的必要不充分条件．
1．解答本题(2)时，关键是分离参数k，把所求问题转化 为求函数的最小值问题．
2．(1)可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件 是：对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的 任何子区间内都不恒为零．
(2)由函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围问题， 可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，要注意“＝”是否可 以取到．
(2)若f(x)为R上的单调函数， 则f′(x)在R上不变号． 结合①式，及a＞0， 得ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立． 所以二次方程1＋ax2－2ax＝0无解或有两个相同实数解， Δ＝4a2－4a≤0，即0≤a≤1.又∵a＞0. 故实数a的取值范围是(0，1]．
高考数学一轮复习 第2章 第11节 导数在研究函数中的应用课件 理 苏教版
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3．函数的最值
(1)最大值与最小值的概念
如果在函数定义域 I 内存在 x0，使得对任意的 x∈I，总有 f(x)≤f(x0) ，则称 f(x0)为函数 f(x)在定义域上的最大值．如果在函 数定义域 I 内存在 x0，使得对任意的 x∈I，总有f(x)≥f(x0) ，则称
f(x0)为函数 f(x)在定义域上的最小值．
[解] f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x. 令 f′(x)＝0，得 x＝kπ(k∈N*)． 当 x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时 f′(x)<0； 当 x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x<0，此时 f′(x)>0. 故 f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区 间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．
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[解] (1)f′(x)＝x2＋2x＋a，方程 x2＋2x＋a＝0 的判别式 Δ＝4 －4a，
∴当 a≥1 时，Δ≤0，∴f′(x)≥0， 此时 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
当 a<1 时，方程 x2＋2x＋a＝0 的两根为－1± 1－a，
当 x∈(－∞，－1－ 1－a)时，f′(x)>0，此时 f(x)单调递增，
[解析] ∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)， 由 f′(x)＝0，得 x＝0 或 x＝2. ∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m， 有 f(0)>f(2)>f(－2)． ∴m＝3，最小值为 f(－2)＝－37. [答案] －37
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4．(2014·新课标Ⅱ)若函数 f(x)＝kx－ln x 在区间(1，＋∞)上单 调递增，则 k 的取值范围是________．
高考一轮数学复习课件：第二章 第十一节 导数在函数研究中的应用
为单调函数， 求实数 a 的取 值范围．
2. e 1 1 1 又 h(e)＝ ＋ ＜he ＝ ＋e， 2 e 2e
考点一
解析
1 2．(2016· 福州模拟)已知函 ∴ 2≤h(t)≤e＋ . 2e
自主探究
ex 1 数 f(x)＝ － x－ax(a∈R)． ∵函数 f(x)在[－1,1]上为单调函数，若 2 e t 1 3 (1)当 a＝ 时，求函数 f(x) 2 的单调区间；
考点一
1． 可导函数在某一区间上单调， 实际上就是在该区间上 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)(f′(x)在该区间的任意子区间内都不恒等于 0)恒成立，然
自主探究
后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围． 2．可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是 f′(x)＞0(或 f′(x)＜0)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成 了不等式问题． 3．若已知 f(x)在区间 I 上的单调性，区间 I 中含有参数时，可先求 出 f(x)的单调区间，令 I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取 值范围．
ax2＋2rx＋r2－ax2x＋2r f′(x) ＝ x2＋2rx＋r22 ar－xx＋r ＝ ， x＋r4
师生互动
考点二
解析
2． (2015· 高考安徽卷 )已知 所以当 x＜－r 时，f′(x)＜0；当－r＜x＜r
自主探究
师生互动
ax 时，f′(x)＞0；当 x＞r 时 f′(x)＜0. 函数 f(x)＝ (a ＞ 0 ， r x＋r2 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)， ＞0)． (r，＋∞)；f(x)的单调递增区间为(－r，r)． (1)求 f(x)的定义域，并讨论 (2)由(1)可知 f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调 f(x)的单调性； 递增，在(r，＋∞)上单调递减，因此 x＝r a (2)若 r ＝400，求 f(x)在(0， 是 f(x)的极大值点，所以 f(x)在(0，＋∞) ＋∞)内的极值．