高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(二)课件理
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±
fx1－fx2 >－1⇔f(x1)－f(x2)>－(x1－x2)⇔f(x1)＋x1>f(x2) x1－x2 ＋x2. 1 2 从而构造函数 g(x)＝f(x)＋x＝2x －ax＋(a－1)· ln x＋x. a－ 1 则 g′(x)＝x－(a－1)＋ x ≥2 －( a－1－1)2. a－ 1 x· x －(a－1)＝1
4．分类讨论思想方法 分类讨论是一种逻辑方法， 是一种重要的数学思想， 所 谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时， 就需要对研究对象按某个标准分类， 然后对每一类分别研究 得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解 答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为 整”的数学策略． 有关分类讨论思想的数学问题具有明显的 逻辑性、 综合性、 探索性， 能训练人的思维条理性和概括性， 所以在高考试题中占有重要的位置．
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)．
5．任意性与存在性 ① ∀ x1 ∈ [a ， b] ， ∀ x2 ∈ [c ， d] ， 使 f1(x1)>f2(x2) ⇔ [f1(x1)]min>[f2(x2)]max. ② ∃ x1 ∈ [a ， b] ， ∃ x2 ∈ [c ， d] ， 使 f1(x1)>f2(x2) ⇔ [f1(x1)]max>[f2(x2)]min. ③ ∀ x1 ∈ [a ， b] ， ∃ x2 ∈ [c ， d] ， 使 f1(x1)>f2(x2) ⇔ [f1(x1)]min>[f2(x2)]min. ④ ∃ x1 ∈ [a ， b] ， ∀ x2 ∈ [c ， d] ， 使 f1(x1)>f2(x2) ⇔ [f1(x)]max>[f2(x)]max. ⑤∃x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，使 f1(x1)＝f2(x2)⇔f1(x)的值 域与 f2(x)的值域交集不为∅.
[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.
经典题型冲关
题型 1 角度 1 典例
利用导数解不等式问题 证明不等式 1 2 已知函数 f(x)＝2x －ax＋(a－1)ln x.
证明：若 1<a<5，则对任意 x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2 fx1－fx2 有 >－1. x1－x2 本题用构造函数法．
证明
不妨设 x1>x2>0，则
2．构造函数法 构造函数法作为一种数学思维方法， 在解决某些数学问 题时， 若能充分挖掘题目中潜在的信息， 构造与之相关的函 数，将陌生问题转化为熟悉问题，可使问题顺利解决．
3．等价转化法 等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内 可解的问题的一种重要的思想方法． 通过不断的转化， 把不 熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、 简单的问题．历年高考，等价转化思想无处不见，我们பைடு நூலகம்不 断培养和训练自觉的转化意识， 将有利于强化解决数学问题 中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧．
2
2 a ， 3
若有一根在(0,1)内，则 0<
2 3 3a<1，即 0<a<2.
当 a＝0 时，3x2－2a＝0 两根相等，均为 0，f(x)在(0,1) 内无极小值． 当 a<0 时，3x2－2a＝0 无根，f(x)在(0,1)内无极小值， 3 综合可得，0<a<2，
3 故答案为0，2 .
2．(2018· 广州五校联考)设 f(x)是定义在 R 上的奇函数， xf′x－fx f(2)＝0，当 x>0 时，有 <0 恒成立，则不等式 x2 x2f(x)>0 的解集是( B．(－2,0)∪(0,2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2) ) A．(－2,0)∪(2，＋∞)
第2章
函数、导数及其应用
2.11 导数在研究函数中的应用(二)
基础知识过关
[方法梳理] 1．分离参数法 分离参数法是求参数的最值范围的一种方法． 通过分离 参数， 用函数的观点讨论主变量的变化情况， 由此我们可以 确定参数的变化范围．这种方法可以避免分类讨论的麻烦， 从而使问题得以顺利解决．分离参数法在解决不等式恒成 立、不等式有解、函数有零点、函数的单调性中参数的取值 范围问题时经常用到． 解题的关键是分离出参数后将原问题 转化为求函数的最值或值域问题．
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.
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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
解 (1)证明：f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
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，＋∞)．
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
第十一节 导数在研究函数中的应用
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.
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课件
12/11/2021
第二十八页，共六十七页。
解析 由条件知 f′(x)＝2x＋a－x12≥0 在12，＋∞上恒
成立，即 a≥x12－2x 在12，＋∞上恒成立．∵函数 y＝x12－
2x 在12，＋∞上为减函数，∴ymax＜112－2×12＝3，∴a≥3. 2
经检验，当 a＝3 时，满足题意．
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第十六页，共六十七页。
∴对应函数 f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、 增．
观察选项可知，排除 A，C. 如图所示，f′(x)有 3 个零点，从左到右依次设为 x1， x2，x3，且 x1，x3 是极小值点，x2 是极大值点，且 x2>0，故 选项 D 正确．故选 D.
12/11/2021
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第五页，共六十七页。
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 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．
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)
12/11/2021
第三十三页，共六十七页。
解析 由图可得函数 y＝(1－x)f′(x)的零点为－2,1,2， 则当 x<1 时，1－x>0，此时在(－∞，－2)上 f′(x)>0，在(－ 2,1)上 f′(x)<0；当 x>1 时，1－x<0，此时在(1,2)上 f′(x)<0， 在(2，＋∞)上 f′(x)>0.所以 f(x)在(－∞，－2)为增函数， 在(－2,2)为减函数，在(2，＋∞)为增函数，因此 f(x)有极大 值 f(－2)，极小值 f(2)．故选 D.
近年高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用(二)课后作业理(202
2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用2.11 导数在研究函数中的应用（二）课后作业理的全部内容。
2。
11 导数在研究函数中的应用(二)［重点保分两级优选练]A级一、选择题1．(2017·安庆二模）若函数y＝a e x＋3x在R上有小于零的极值点,则实数a的取值范围是（）A．（－3,＋∞）B．(－∞，－3)C。
错误!D。
错误!答案B解析y＝a e x＋3x，求导，y′＝a e x＋3,由若函数y＝a e x＋3x在R上有小于零的极值点，则y′＝a e x＋3＝0有负根,则a≠0，则e x＝－错误!在y轴的左侧有交点，∴0<－错误!〈1，解得：a〈－3，实数a的取值范围为(－∞，－3）．故选B。
2．（2018·太原模拟)设f(x），g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，g（x）≠0，当x<0时，f′（x)g（x）－f(x)g′（x)>0,且f（－3）＝0,则不等式错误!<0的解集是( ）A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．（－3，0）∪（0,3)C．（－∞，－3)∪(3,＋∞) D．（－∞，－3）∪（0,3）答案D解析∵f（x)，g(x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴错误!为奇函数，错误!的图象关于原点对称．当x〈0时,f′(x)g（x）－f(x)g′(x)〉0，∴错误!′＝错误!〉0，∴当x〈0时，错误!是增函数,故当x〉0时,错误!也是增函数.函数错误!的单调性的示意图,如图所示：∵f（－3）＝0，∴f（3)＝0，∴由不等式错误!〈0,可得x<－3或0〈x〈3，故原不等式的解集为{x|x<－3或0〈x〈3｝，故选D.3．(2017·冀州月考)函数f(x）＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则x错误!＋x错误!等于( ）A。
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]．
高考一轮总复习数学(理)课件 第2章 函数、导数及其应用 2-11 板块一 知识梳理 自主学习ppt版本
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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
[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 常数函数 ．
1
－
a.
∴
f′(x)
＝
1 x
－
ax
＋
a
－
1
＝
－ax2＋1＋ x
ax－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－
命题角度2 根据函数的单调性求参数范围
例2 已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]
上是单调减函数，则a的取值范围是(
)
A．0，34
C．34，＋∞
B.12，34 D.0，12
[解 析 ] f′(x)＝ (2x－ 2a)ex ＋ (x2 － 2ax)ex ＝ [x2 ＋ (2 － 2a)x－2a]ex，由题意知当 x∈[－1,1]时，f′(x)≤0 恒成立， 即 x2＋(2－2a)x－2a≤0 恒成立．
①当－a2≤1 时，即－2≤a＜0 时，f(x)在[1,4]上的最小
值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得 a＝±2 2－2，均不符
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
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[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 常数函数 ．
1
－
a.
∴
f′(x)
＝
1 x
－
ax
＋
a
－
1
＝
－ax2＋1＋ x
ax－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－
命题角度2 根据函数的单调性求参数范围
例2 已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]
上是单调减函数，则a的取值范围是(
)
A．0，34
C．34，＋∞
B.12，34 D.0，12
[解 析 ] f′(x)＝ (2x－ 2a)ex ＋ (x2 － 2ax)ex ＝ [x2 ＋ (2 － 2a)x－2a]ex，由题意知当 x∈[－1,1]时，f′(x)≤0 恒成立， 即 x2＋(2－2a)x－2a≤0 恒成立．
①当－a2≤1 时，即－2≤a＜0 时，f(x)在[1,4]上的最小
值为 f(1)，由 f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得 a＝±2 2－2，均不符
高三数学一轮复习第2章函数导数及其应用第11课时导数应用精品课件文北师大.ppt
(1)求函数的单调区间； (2)求函数的极大值与极小值的差． 解析： (1)∵y′＝3x2＋6ax＋3b， 由题意得132＋＋61a2＋a＋3b3＝b＝－03 ， 解得a＝－1，b＝0， 则y＝x3－3x2＋c，y′＝3x2－6x. 解y′＝3x2－6x>0，得x<0或x>2；
解y′＝3x2－6x<0，得0<x<2. ∴函数的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)， 单调递减区间是(0,2)． (2)由(1)可知函数在x＝0时取得极大值c，在x＝2时取得极小值c－4， ∴函数的极大值与极小值的差为c－(c－4)＝4.
• (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出 实际问题的数学模型，写出实际问题中变量 之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定 定义域；
• (2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝ 0得出定义域内的实根，确定极值点；
• (3)比较函数在区间端点和极值点处的函数 值大小，获得所求的最大(小)值；
【变式训练】 3.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝
1处的切线l不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l的距离为
10 10
，
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)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f′(x)＝3x2＋2ax ＋b.
• 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
• (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．
解y′＝3x2－6x<0，得0<x<2. ∴函数的单调递增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)， 单调递减区间是(0,2)． (2)由(1)可知函数在x＝0时取得极大值c，在x＝2时取得极小值c－4， ∴函数的极大值与极小值的差为c－(c－4)＝4.
• (1)分析实际问题中各量之间的关系，列出 实际问题的数学模型，写出实际问题中变量 之间的函数关系y＝f(x)，根据实际意义确定 定义域；
• (2)求函数y＝f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝ 0得出定义域内的实根，确定极值点；
• (3)比较函数在区间端点和极值点处的函数 值大小，获得所求的最大(小)值；
【变式训练】 3.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝
1处的切线l不过第四象限且斜率为3，又坐标原点到切线l的距离为
10 10
，
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)＝x3＋ax2＋bx＋c，得 f′(x)＝3x2＋2ax ＋b.
• 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
• (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．
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________．