高考数学 导数与函数的单调性、极值与最值 教案 含解析题
第二节 导数在研究函数中的应用第1课时 系统知识牢基础——导数与函数的单调性、极值与最值知识点一 利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与f ′(x )的关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减． (3)若f ′(x )＝0，则f (x )在这个区间上是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f ′(x )．(2)在定义域内解不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调性及单调区间．[提醒] (1)讨论函数的单调性或求函数的单调区间的实质是解不等式，求解时，要坚持“定义域优先”原则．(2)有相同单调性的单调区间不止一个时，用“，”隔开或用“和”连接，不能用“∪”连接． (3)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立．[重温经典]1.(多选·教材改编题)如图是函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象，则下列判断正确的是( ) A ．在区间(－2,1)上f (x )是增函数 B ．在区间(2,3)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 )取到极大值 答案：BCD2．(教材改编题)函数y ＝x 4－2x 2＋5的单调递减区间为( ) A ．(－∞，－1)和(0,1) B ．[－1,0]和[1，＋∞) C ．[－1,1] D ．(－∞，－1]和[1，＋∞)答案：A3．(易错题)若函数y ＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B ．⎝⎛⎦⎤－∞，13C.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ D ．⎝⎛⎭⎫－∞，13 解析：选C y ′＝3x 2＋2x ＋m ，由条件知y ′≥0在R 上恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，∴m ≥13.4．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)D ．[1，＋∞)解析：选D 因为f (x )＝kx －ln x ，所以f ′(x )＝k －1x .因为f (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x >1时，f ′(x )＝k －1x ≥0恒成立，即k ≥1x 在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x >1，所以0<1x <1，所以k ≥1.故选D.5．若函数y ＝－43x 3＋ax 有三个单调区间，则a 的取值范围是________．解析：∵y ′＝－4x 2＋a ，且y 有三个单调区间，∴方程y ′＝－4x 2＋a ＝0有两个不等的实根，∴Δ＝02－4×(－4)×a >0，∴a >0. 答案：(0，＋∞)6．设函数f (x )在(a ，b )上的导函数为f ′(x )，f ′(x )在(a ，b )上的导函数为f ″(x )，若在(a ，b )上，f ″(x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ，b )上为“凸函数”．已知f (x )＝x 44－t 3x 3＋32x 2在(1,4)上为“凸函数”，则实数t 的取值范围是________．解析：由f (x )＝x 44－t 3x 3＋32x 2可得f ′(x )＝x 3－tx 2＋3x ，f ″(x )＝3x 2－2tx ＋3，∵f (x )在(1,4)上为“凸函数”，∴x ∈(1,4)时，3x 2－2tx ＋3<0恒成立，∴t >32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x ，∵g (x )在(1,4)上单调递增， ∴t ≥g (4)＝518.∴实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫518，＋∞. 答案：⎣⎡⎭⎫518，＋∞知识点二 利用导数研究函数的极值 1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值． 2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．[提醒] (1)极值点不是点，若函数f (x )在x 1处取得极大值，则x 1为极大值点，极大值为f (x 1)；在x 2处取得极小值，则x 2为极小值点，极小值为f (x 2)．极大值与极小值之间无确定的大小关系．(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．(3)f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的必要而非充分条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点．[重温经典]1．(多选)(2021·福州模拟)下列函数中，存在极值点的是( ) A ．y ＝x －1xB ．y ＝2|x |C ．y ＝－2x 3－xD ．y ＝x ln x解析：选BD 由题意函数y ＝x －1x ，则y ′＝1＋1x2＞0，所以函数y ＝x －1x 在(－∞，0)，(0，＋∞)内单调递增，没有极值点；函数y ＝2|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，x ≥0，2－x ，x ＜0，根据指数函数的图象与性质可得，当x ＜0时，函数y ＝2|x |单调递减，当x ＞0时，函数y ＝2|x |单调递增，所以函数y ＝2|x |在x ＝0处取得极小值；函数y ＝－2x 3－x ，则y ′＝－6x 2－1＜0，所以函数y ＝－2x 3－x 在R 上单调递减，没有极值点；函数y ＝x ln x ，则y ′＝ln x ＋1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1e 时，y ′＜0，函数单调递减，当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞时，y ′＞0，函数单调递增，当x ＝1e 时，函数取得极小值，故选B 、D.2．(教材改编题)如图是f (x )的导函数f ′(x )的图象，则f (x )的极小值点的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选A 由图象及极值点的定义知，f (x )只有一个极小值点．3．(教材改编题)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 的值为( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：选D f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5.4．(多选)材料：函数是描述客观世界变化规律的重要数学模型，在现行的高等数学与数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的，如函数f(x)＝x x(x＞0)，我们可以作变形：f(x)＝x x＝eln x x＝e x ln x＝e t(t＝x ln x)，所以f(x)可看作是由函数f(t)＝e t和g(x)＝x ln x复合而成的，即f(x)＝x x(x＞0)为初等函数．根据以上材料，对于初等函数h(x)＝x 1x(x＞0)的说法正确的是()A．无极小值B．有极小值1C．无极大值D．有极大值e 1 e解析：选AD根据材料知：h(x)＝x 1x＝e1ln xx＝e1ln xx，所以h′(x)＝e 1ln xx·⎝⎛⎭⎫1x ln x′＝e1ln xx·⎝⎛⎭⎫－1x2ln x＋1x2＝1x2e1ln xx(1－ln x)，令h′(x)＝0得x＝e，当0＜x＜e时，h′(x)＞0，此时函数h(x)单调递增；当x＞e时，h′(x)＜0，此时函数h(x)单调递减．所以h(x)有极大值且为h(e)＝e 1e，无极小值．5．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x的极值点，则f′(－2)＝________，f(x)的极小值为________．解析：由函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x可得f′(x)＝(2x＋a)e x＋(x2＋ax－1)e x，因为x＝－2是函数f(x)的极值点，所以f′(－2)＝(－4＋a)e－2＋(4－2a－1)e－2＝0，即－4＋a＋3－2a＝0，解得a＝－1.所以f′(x)＝(x2＋x－2)e x.令f′(x)＝0可得x＝－2或x＝1.当x<－2或x>1时，f′(x)>0，此时函数f(x)为增函数，当－2<x<1时，f′(x)<0，此时函数f(x)为减函数，所以当x＝1时函数f(x)取得极小值，极小值为f(1)＝(12－1－1)×e1＝－e.答案：0－e6．设x1，x2是函数f(x)＝x3－2ax2＋a2x的两个极值点，若x1<2<x2，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得f′(x)＝3x2－4ax＋a2的两个零点x1，x2满足x1<2<x2，所以f′(2)＝12－8a＋a2<0，解得2<a<6.答案：(2,6)知识点三 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．[提醒] 求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论，这种做法是错误的．[重温经典]1．(教材改编题)函数f (x )＝ln x －x 在区间(0，e]上的最大值为( ) A ．1－e B ．－1 C ．－eD ．0解析：选B 因为f ′(x )＝1x －1＝1－x x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x ＝1时，f (x )取得最大值f (1)＝ln 1－1＝－1.2．(教材改编题)函数f (x )＝x 4－4x (|x |<1)( ) A ．有最大值，无最小值 B ．有最大值，也有最小值 C ．无最大值，有最小值D ．既无最大值，也无最小值解析：选D f ′(x )＝4x 3－4＝4(x －1)(x 2＋x ＋1)．令f ′(x )＝0，得x ＝1.又x ∈(－1,1)且1∉(－1,1)，∴该方程无解，故函数f (x )在(－1,1)上既无极值也无最值．故选D. 3．(教材改编题)函数y ＝x ＋2cos x 在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上的最大值是________． 答案：3＋π64．(易错题)已知f (x )＝－x 2＋mx ＋1在区间[－2，－1]上的最大值就是函数f (x )的极大值，则m 的取值范围是________． 答案：(－4，－2)5．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为________． 解析：f ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )． 令f ′(x )＝0，得x ＝1(e －x >0)， 又f (1)＝1e >0，f (0)＝0，f (4)＝4e 4>0，所以f (x )的最小值为0. 答案：06．已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________．解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)．∵cos x ＋1≥0，∴当cos x <12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当cos x >12时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12时，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案：－332。
高考数学二轮专题复习课件导数与函数的单调性极值与最值
【模拟考场】
已知函数f(x) =x3-3x.
(1)求函数f(x)的极值;
(2)若g(x)= f x 1 +alnx在[1,+∞)上是单调增函数,求实数a的取值范围.
x
【解析】(1) f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1), 令f′(x)=0,得x=-1或x=1. 当f′(x)>0时,x<-1或x>1; 当f′(x)<0时,-1<x<1. 随x的变化,f′(x),f(x)的变化如表所示:
x
所以f′(x)=2-
b x2
＋
1 x
＝
2x
2＋x－b x2
.
因为x=1是f(x)=2x+ b +ln x的一个极值点,
x
所以f′(1)=0,即2-b+1=0.
解得b=3,经检验,合适题意,所以b=3.
所以f′(x)=
2－
3 x2
＋
1 x
＝
2x
2＋x－3， x2
令f′(x)<0,得0<x<1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1).
(2) f(x)的极小值点为x0,则-1< f (x0) <0.
【证明】(1) f x ex sin x，设g x f x ex sin x，则gx ex cos x，
当x∈
－
2
,
0
时，cos
x
0,1
,
ex
0,1，
所以 gx >0.
当x∈0, 时, gx ≥e0+cos x=1+cos x≥0,
所以a≥(-2x2-x)max,x∈[1,2]. 因为在[1,2]上,(-2x2-x)max=-3,所以a≥-3. 所以a的取值范围是[-3,+∞).
2024高考数学课件 导数与函数的单调性、极值和最值讲解册
例1
设函数f(x)=aln
x+x
x
1 1
,其中a为常数.讨论函数f(x)的单调性.
解析
函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f
'(x)=
a x
+
(
x
2 1)2
=
ax2
(2a 2)x x(x 1)2
a
,
当a≥0时, f '(x)>0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
当a<0时,令g(x)=ax2+(2a+2)x+a,
3
3
3
, 1
1 3
3a
∪
1
1 3a ,+∞
3
时, f '(x)>0,当x∈
1 1 3a, 1 1 3a 时, f '(x)<0,所
3
3
以f(x)在 ,1
1 3
3a
和
1
1 3
3a
,
上单调递增,在
1
1 3a 1
3,
1 3a 3
上单调
递减.
(2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),则切线的斜率为f '(x0)=3x02-2x0+a,故
a
a
即练即清
1.(2024届湖南长沙一中基础测试,8)若函数g(x)=ln x+ 1 x2-(b-1)x存在单调递减区间,则
2
实数b的取值范围是 ( B ) A.[3,+∞) B.(3,+∞) C.(-∞,3) D.(-∞,3]
题型2 利用导数研究函数的极(最)值 1.解决函数极值问题的一般思路
高考数学利用导数研究函数的单调性极值最值教师用书理
第6讲 高考中导数的综合运用第1课时 利用导数研究函数的单调性、极值、最值题型一| 利用导数研究函数的单调性已知函数f (x )＝x ＋ax＋ln x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围．[解题指导] ――→就a 的取值讨f x――→→[解] (1)函数f (x )＝x ＋a x＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，1分f ′(x )＝1－a x 2＋1x ＝x 2＋x －ax 2. 2分①当Δ＝1＋4a ≤0，即a ≤－14时，得x 2＋x －a ≥0，则f ′(x )≥0.∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增.3分 ②当Δ＝1＋4a ＞0，即a ＞－14时，令f ′(x )＝0，得x 2＋x －a ＝0，解得x 1＝－1－1＋4a 2＜0，x 2＝－1＋1＋4a2. 4分(ⅰ)若－14＜a ≤0，则x 2＝－1＋1＋4a2≤0.∵x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )＞0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增. 6分(ⅱ)若a ＞0，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋1＋4a 2时，f ′(x )＜0；x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1＋4a 2，＋∞时，f ′(x )＞0.∴函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋1＋4a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋1＋4a 2，＋∞上单调递增. 8分综上所述，当a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a ＞0时，函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1＋1＋4a 2，单调递增区间为⎝⎛⎭⎪⎫－1＋1＋4a 2，＋∞. 10分(2)由题意知，f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即x 2＋x －a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，11分令g (x )＝x 2＋x －a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122－14－a ，则g (x )＞2－a ，从而2－a ≥0，∴a ≤2. 12分 当a ＝2时，f ′(x )＞0在(1，＋∞)上恒成立，13分因此实数a 的取值范围是(－∞，2]. 14分 【名师点评】 1.研究函数的单调性，必须优先考虑函数的定义域． 2．根据函数的单调性求参数取值范围的思路： (1)求f ′(x )；(2)将单调性转化为f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立问题求解，要注意“＝”是否可以取到，应加以检验．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋ax 2＋bx ，其中g (x )的函数图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴．(1)确定a 与b 的关系；(2)若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．[解] (1)依题意得g (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，则g ′(x )＝1x＋2ax ＋b .4分由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，∴b ＝－2a －1. 6分(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－a ＋x ＋1x＝ax －x －x.7分∵函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，∴当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x. 8分由g ′(x )＞0得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0得x ＞1，即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a ＞0时，令g ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ， 10分若12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0得x ＞1或0＜x ＜12a ，由g ′(x )＜0得12a ＜x ＜1， 即函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减；12分若12a ＞1，即0＜a ＜12，由g ′(x )＞0得x ＞12a 或0＜x ＜1，由g ′(x )＜0得1＜x ＜12a ，即函数g (x )在(0,1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减；若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增.13分综上可得：当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜12时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞12时，函数g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增. 14分题型二| 利用导数研究函数的极值、最值已知函数f (x )＝ax ＋b xe x，a ，b ∈R ，且a >0. (1)若a ＝2，b ＝1，求函数f (x )的极值；(2)设g (x )＝a (x －1)e x－f (x )，①当a ＝1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )≥1成立，求b 的最大值；②设g ′(x )为g (x )的导函数．若存在x >1，使g (x )＋g ′(x )＝0成立，求ba的取值范围．[解] (1)当a ＝2，b ＝1时，f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋1x e x，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞).1分所以f ′(x )＝x ＋x －x2e x. 2分令f ′(x )＝0，得x 1＝－1，x 2＝12.3分列表：由表知f (x )的极大值是f (－1)＝e －1，f (x )的极小值是f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4 e. 6分(2)①因为g (x )＝(ax －a )e x－f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ax －b x－2a e x ，当a ＝1时，g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x －b x－2e x.7分因为g (x )≥1在x ∈(0，＋∞)上恒成立，所以b ≤x 2－2x －xe x 在x ∈(0，＋∞)上恒成立. 8分记h (x )＝x 2－2x －x ex (x >0)，则h ′(x )＝x －x＋ex.9分当0<x <1时，h ′(x )<0，h (x )在(0,1)上是减函数；当x >1时，h ′(x )>0，h (x )在(1，＋∞)上是增函数. 10分 所以h (x )min ＝h (1)＝－1－e －1. 所以b 的最大值为－1－e －1.11分②因为g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫ax －b x －2a e x ，所以g ′(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫b x 2＋ax －bx－a e x. 12分由g (x )＋g ′(x )＝0，得⎝⎛⎭⎪⎫ax －b x－2a e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b x2＋ax －b x－a e x＝0，整理得2ax 3－3ax 2－2bx ＋b ＝0.13分若存在x >1，使g (x )＋g ′(x )＝0成立，等价于存在x >1,2ax 3－3ax 2－2bx ＋b ＝0成立. 14分因为a >0，所以b a ＝2x 3－3x 22x －1.设u (x )＝2x 3－3x22x －1(x >1)，则u ′(x )＝8x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫x －342＋316x －2.15分因为x >1，u ′(x )>0恒成立，所以u (x )在(1，＋∞)上是增函数，所以u (x )>u (1)＝－1， 所以ba >－1，即b a的取值范围为(－1，＋∞). 16分 【名师点评】 1.函数f (x )在x ＝x 0处取得极值的判断方法： 求得导数f ′(x )后，检验f ′(x )在x ＝x 0左右的符号， (1)左正右负⇔f (x )在x ＝x 0处取极大值； (2)左负右正⇔f (x )在x ＝x 0处取极小值．2．由不等式恒成立求参数取值范围，一般有两个解题思路：(1)分离参数；(2)不分离参数，二者都将问题归结为求函数的最值，至于用哪种方法，关键是看参数是否已分离．这两个思路的依据是：a ≥f (x )⇔a ≥f (x )max ，a ≤f (x )⇔a ≤f (x )min .已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )，其中a ∈R .(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值； (2)求f (x )的单调区间；(3)若f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0，求a 的取值范围．【导学号：19592018】[解] (1)f ′(x )＝x－a －axx ＋1，x ∈(－1，＋∞). 2分依题意，得f ′(2)＝0，解得a ＝13. 4分经检验，a ＝13时，符合题意. 6分(2)①当a ＝0时，f ′(x )＝xx ＋1，x ∈(－1，＋∞)．故f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0).7分②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝1a－1.当0<a <1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，a－1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫a－1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，－1<x 2<0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，a－1和(0，＋∞).9分③当a <0时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间是(0，＋∞)，单调减区间是(－1,0)；当0<a <1时，f (x )的单调增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1a－1，单调减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，＋∞；当a ＝1时，f (x )的单调减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调减区间是⎝⎛⎭⎪⎫－1，1a－1和(0，＋∞).10分(3)由(2)知a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，由f (0)＝0知不合题意.12分当0<a <1时，f (x )在(0，＋∞)的最大值是f ⎝⎛⎭⎪⎫1a －1，由1a－1>0，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a－1上递增可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1>f (0)＝0，不合题意. 14分当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，可得f (x )在[0，＋∞)上的最大值是f (0)＝0符合题意．即f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0时，a 的取值范围是[1，＋∞). 16分题型三| 利用导数解决生活中的实际问题(2016·苏北四市期末)如图，OA 是南北方向的一条公路，OB 是北偏东45°方向的一条公路，某风景区的一段边界为曲线C .为方便游客观光，拟过曲线C 上某点P 分别修建与公路OA ，OB 垂直的两条道路PM ，PN ，且PM ，PN 的造价分别为5万元/百米，40万元/百米．建立如图6－1所示的平面直角坐标系xOy ，则曲线C 符合函数y ＝x ＋42x2(1≤x ≤9)模型，设PM ＝x ，修建两条道路PM ，PN 的总造价为f (x )万元．(题中所涉及长度单位均为百米)图6－1(1)求f (x )的解析式；(2)当x 为多少时，总造价f (x )最低？并求出最低造价．[解] (1)在题图直角坐标系中，因为曲线C 的方程为y ＝x ＋42x2(1≤x ≤9)，且PM ＝x ，所以点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，x ＋42x 2， 1分直线OB 的方程为x －y ＝0， 2分则点P 到直线x －y ＝0的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －⎝⎛⎭⎪⎫x ＋42x 22＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪42x 22＝4x2， 4分又PM 的造价为5万元/百米，PN 的造价为40万元/百米，则两条道路总造价为f (x )＝5x ＋40·4x2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2(1≤x ≤9). 8分(2)因为f (x )＝5x ＋40·4x2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2(1≤x ≤9)，所以f ′(x )＝x 3－x 3， 10分令f ′(x )＝0，得x ＝4，列表如下：所以当x ＝4时，函数f (x )有最小值，最小值为f (4)＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋42＝30. 12分 即当x ＝4时，总造价最低，为30万元. 14分 注：利用三次均值不等式f (x )＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋32x 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋x 2＋32x 2≥5×338＝30，当且仅当x 2＝x 2＝32x2，即x ＝4时等号成立，照样给分．【名师点评】 利用导数解决优化问题的五个步骤： (1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式； (3)确定函数的定义域； (4)在定义域内求极值； (5)下结论．(2016·苏州模拟)如图6－2(1)是一段半圆柱形水渠的直观图，其横断面如图6－2(2)所示，其中C 为半圆弧的中点，渠宽AB 为2米．(1)当渠中水深CD 为0.4米时，求水面的宽度；(2)若把这条水渠改挖(不准填土)成横断面为等腰梯形的水渠，且使渠的底面与地面平行，则当改挖后的水渠底宽为多少时，所挖出的土量最少？(1) (2)图6－2[解] (1)以AB 所在的直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系xOy ， 1分因为AB ＝2米，所以半圆的半径为1米，则半圆的方程为x 2＋y 2＝1(－1≤x ≤1，y ≤0). 3分 因为水深CD ＝0.4米，所以OD ＝0.6米， 4分 在Rt △ODM 中，DM ＝OM 2－OD 2＝1－0.62＝0.8(米).所以MN ＝2DM ＝1.6米，故沟中水面宽为1.6米. 6分(2)为使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与半圆相切，设切点为P (cos θ，sinθ)⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜θ＜0是圆弧BC 上的一点，过P 作半圆的切线得如图所示的直角梯形OCFE ，得切线EF 的方程为x cos θ＋y sin θ＝1.令y ＝0，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1cos θ，0，令y ＝－1，得F ⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin θcos θ，－1. 8分设直角梯形OCFE 的面积为S 1，则横断面的面积为S ＝2S 1， 则S ＝(CF ＋OE )·OC ＝⎝⎛⎭⎪⎫1cos θ＋1＋sin θcos θ×1＝2＋sin θcos θ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2＜θ＜0. 10分S ′＝cos θcos θ－＋sin θ－sin θcos 2θ＝1＋2sin θcos 2θ，令S ′＝0，解得θ＝－π6，当－π2＜θ＜－π6时，S ′＜0，函数单调递减；当－π6＜θ＜0时，S ′＞0，函数单调递增．所以θ＝－π6时，面积S 取得最小值，最小值为 3. 12分此时CF ＝1＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝33，即当渠底宽为233米时，所挖的土最少. 14分命题展望从近几年的高考试题来看，以实际问题为背景，考查学生的建模能力以及应用导数解决最优化问题的能力成为江苏高考的一个热点，2017年仍是命题方向，应引起足够的重视．(2015·江苏高考)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连结两条公路的山区边界的直线型公路．记两条相互垂直的公路为l 1，l 2，山区边界曲线为C ，计划修建的公路为l .如图6－3所示，M ，N 为C 的两个端点，测得点M 到l 1，l 2的距离分别为5千米和40千米，点N 到l 1，l 2的距离分别为20千米和2.5千米．以l 2，l 1所在的直线分别为x ，y 轴，建立平面直角坐标系xOy .假设曲线C 符合函数y ＝ax 2＋b(其中a ，b 为常数)模型．图6－3(1)求a ，b 的值；(2)设公路l 与曲线C 相切于P 点，P 的横坐标为t . ①请写出公路l 长度的函数解析式f (t )，并写出其定义域； ②当t 为何值时，公路l 的长度最短？求出最短长度． [解] (1)由题意知，点M ，N 的坐标分别为(5,40)，(20,2.5)．将其分别代入y ＝ax 2＋b ，得⎩⎪⎨⎪⎧a25＋b ＝40，a400＋b ＝2.5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1 000，b ＝0.4分(2)①由(1)知，y ＝1 000x2(5≤x ≤20)，则点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫t ，1 000t2.设在点P 处的切线l 交x ，y 轴分别于A ，B 两点，y ′＝－2 000x，则l 的方程为y －1 000t 2＝－2 000t3(x －t )， 6分由此得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2，0，B ⎝⎛⎭⎪⎫0，3 000t 2.故f (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3 000t 22 ＝32t 2＋4×106t4，t ∈[5,20]. 8分②设g (t )＝t 2＋4×106t 4，则g ′(t )＝2t －16×106t5. 令g ′(t )＝0，解得t ＝10 2. 10分 当t ∈(5,102)时，g ′(t )＜0，g (t )是减函数；当t ∈(102，20)时，g ′(t )＞0，g (t )是增函数. 12分 从而，当t ＝102时，函数g (t )有极小值，也是最小值，所以g (t )min ＝300，此时f (t )min ＝15 3. 13分 故当t ＝102时，公路l 的长度最短，最短长度为153千米. 14分 [阅卷心语]易错提示 (1)导数的几何意义不明，导致l 的方程求解错误； (2)运算能力弱，对g (t )求导失分严重．防范措施 (1)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数即为过该点曲线切线的斜率． (2)熟记导数的基本运算法则及常用的x α，a x，ln x 的导数．1．设函数f (x )＝x －2e x－k (x －2ln x )(k 为实常数，e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的最小值；(2)若函数f (x )在区间(0,4)内存在三个极值点，求k 的取值范围． [解] (1)由函数f (x )＝exx2－(x －2ln x )(x ＞0)，可得f ′(x )＝x －x－x2x 3. 1分因为当x ＞0时，e x＞x 2.理由如下：要使x ＞0时，e x ＞x 2，只要x ＞2ln x ，设φ(x )＝x －2ln x ，φ′(x )＝1－2x ＝x －2x，2分于是当0＜x ＜2时，φ′(x )＜0；当x ＞2时，φ′(x )＞0.即φ(x )＝x －2ln x 在x ＝2处取得最小值φ(2)＝2－2ln 2＞0，即x ＞0时，x ＞2ln x ， 所以e x －x 2＞0， 4分 于是当0＜x ＜2时，f ′(x )＜0；当x ＞2时，f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在(0,2)上为减函数，(2，＋∞)上为增函数．所以f (x )在x ＝2处取得最小值f (2)＝e24－2＋2ln 2. 6分(2)因为f ′(x )＝x －x－kx2x 3＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2－k x，当k ≤0时，exx2－k ＞0，所以f (x )在(0,2)上单调递减，(2,4)上单调递增，不存在三个极值点，所以k ＞0.7分又f ′(x )＝x －x－kx2x 3＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2－k x，令g (x )＝exx 2，得g ′(x )＝e2x －x 3，8分易知g (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，在x ＝2处取得极小值， 得g (2)＝e 24，且g (4)＝e416， 10分于是可得y ＝k 与g (x )＝e xx 2在(0,4)内有两个不同的交点的条件是k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416.11分设y ＝k 与g (x )＝exx2在(0,4)内有两个不同交点的横坐标分别为x 1，x 2，则有0＜x 1＜2＜x 2＜4，下面列表分析导函数f ′(x )及原函数f (x )：11,在(2，x 2)上单调递减，在(x 2,4)上单调递增，13分 所以f (x )在区间(0,4)上存在三个极值点．即函数f (x )在(0,4)内存在三个极值点的k 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，e 416. 14分 2．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r 米，高为h 米，体积为V 立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．(1)将V 表示成r 的函数V (r )，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V (r )的单调性，并确定r 和h 为何值时该蓄水池的体积最大． [解] (1)因为蓄水池侧面的总成本为100×2πrh ＝200πrh (元)， 1分 底面的总成本为160πr 2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh ＋160πr 2)元. 2分 根据题意得200πrh ＋160πr 2＝12 000π，所以h ＝15r (300－4r 2)， 3分从而V (r )＝πr 2h ＝π5(300r －4r 3). 4分由h >0，且r >0可得0<r <53， 5分 故函数V (r )的定义域为(0,53). 6分 (2)由(1)知V (r )＝π5(300r －4r 3)，故V ′(r )＝π5(300－12r 2). 8分令V ′(r )＝0，解得r 1＝5，r 2＝－5(因为r 2＝－5不在定义域内，舍去). 10分 当r ∈(0,5)时，V ′(r )>0，故V (r )在(0,5)上为增函数；当r ∈(5,53)时，V ′(r )<0，故V (r )在(5,53)上为减函数. 12分由此可知，V (r )在r ＝5处取得最大值，此时h ＝8.即当r ＝5，h ＝8时，该蓄水池的体积最大. 14分。
高三复习：导数与函数的单调性、极值最值(含解析答案)
3.2导数与函数的单调性、极值、最值知识梳理：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x) _____0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．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：3．函数的最值试一试：1．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是________．2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为________．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．考点二 利用导数求函数的极值例2 设f (x )＝e x 1＋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．考点三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．变式1 已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．考点4 含有参数的分类讨论例4：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．课堂练习：1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________．2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 4.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间； (3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值后作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.3．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 的取值范围是________．4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．9．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．10．设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围．导数与函数的单调性、极值、最值教师版知识梳理 1．函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减． 2．函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法：一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)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的根附近的左右两侧导数值的符号．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． 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．(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 )进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值． 试一试1．函数f (x )＝x 2－2ln x 的单调减区间是________． 答案 (0,1)解析 ∵f ′(x )＝2x －2x ＝2(x ＋1)(x －1)x (x >0)．∴当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，f (x )为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )为增函数．答案(－1，＋∞)解析设m(x)＝f(x)－(2x＋4)，∵m′(x)＝f′(x)－2>0，∴m(x)在R上是增函数．∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．考点一利用导数研究函数的单调性例1已知函数f(x)＝e x－ax－1.(1)求f(x)的单调增区间；(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．思维点拨函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．解f′(x)＝e x－a，(1)若a≤0，则f′(x)＝e x－a≥0，即f(x)在R上单调递增，若a>0，令e x－a≥0，则e x≥a，x≥ln a.因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，当a>0时，f(x)的单调增区间为[ln a，＋∞)．(2)∵f′(x)＝e x－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥e x在x∈(－2,3)上恒成立．∴e－2<e x<e3，只需a≥e3.当a＝e3时，f′(x)＝e x－e3<0在x∈(－2,3)上恒成立，即f(x)在(－2,3)上为减函数，∴a≥e3.故存在实数a ≥e 3，使f (x )在(－2,3)上为减函数． 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求参数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)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 )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． 考点二 利用导数求函数的极值 例2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.结合①，可知所以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，即Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a >0，知0<a ≤1.所以a 的取值范围为{a |0<a ≤1}．(2014·福建三 利用导数求函数的最值例3已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.71828…为自然对数的底数． 设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间[0,1]上的最小值．解 由f (x )＝e x －ax 2－bx －1， 有g (x )＝f ′(x )＝e x －2ax －b . 所以g ′(x )＝e x －2a .因此，当x ∈[0,1]时，g ′(x )∈[1－2a ，e －2a ]． 当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在[0,1]上单调递增，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在[0,1]上单调递减，因此g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b ； 当12<a <e2时，令g ′(x )＝0得x ＝ln(2a )∈(0,1)， 所以函数g (x )在区间[0，ln(2a )]上单调递减， 在区间[ln(2a )，1]上单调递增． 于是，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b .综上所述，当a ≤12时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在[0,1]上的最小值是g (1)＝e －2a －b .思维升华 (1)求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在(a ，b )内所有使f ′(x )＝0的点，再计算(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况．变式已知函数f(x)＝(x－k)e x.(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．解(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)e x.令f′(x)＝0，得x＝k－1.f(x)与f′(x)的情况如下：所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．(2)当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当0<k－1<1，即1<k<2时，f(x)在[0，k－1]上单调递减，在[k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.综上，当k≤1时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1<k<2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.例4：已知函数f(x)＝ln x－ax (a∈R)．(2)当a >0时，求函数f (x )在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解区间，并注意定义域．(2)先研究f (x )在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．(3)由于解析式中含有参数a ，要对参数a 进行分类讨论． 规范解答解 (1)f ′(x )＝1x－a (x >0)，[2分]①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )的单调增区间为(0，＋∞)．[4分]②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎦⎤0，1a ， 单调递减区间为⎣⎡⎭⎫1a ，＋∞.[6分] (2)①当1a ≤1，即a ≥1时，函数f (x )在区间[1,2]上是减函数，所以f (x )的最小值是f (2)＝ln2－2a .[8分]②当1a ≥2，即0<a ≤12时，函数f (x )在区间[1,2]上是增函数，所以f (x )的最小值是f (1)＝－a .[10分]③当1<1a <2，即12<a <1时，函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上是增函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，2上是减函数．[12分] 又f (2)－f (1)＝ln2－a ，所以当12<a <ln2时，最小值是f (1)＝－a ；当ln2≤a <1时，最小值为f (2)＝ln2－2a .[14分] 综上可知，当0<a <ln2时，函数f (x )的最小值是－a ；当a ≥ln2时，函数f (x )的最小值是ln2－2a .[16分]1．函数f (x )＝e x －x 的单调递增区间是________． 解析：∵f (x )＝e x －x ，∴f ′(x )＝e x －1， 由f ′(x )>0，得e x －1>0，即x >0. 答案：(0，＋∞)2．(2014·扬州期末)已知函数f (x )＝ln x －mx (m ∈R )在区间[1，e]上取得最小值4，则m ＝________.解析：因为f (x )在区间[1，e]上取得最小值4，所以至少满足f (1)≥4，f (e)≥4，解得m ≤－3e.又f ′(x )＝x ＋mx 2，且x ∈[1，e]，所以f ′(x )<0, 即f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )min ＝f (e)＝1－me＝4，即m ＝－3e. 答案：－3e3．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数， ∴Δ＝4－12 m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 4.(创新题)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23. (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3，2]上单调递增，求实数c 的取值范围． 解：(1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×⎝⎛⎭⎫23－1，解之，得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c . 则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝⎛⎭⎫x ＋13(x －1)， 列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－13，1. (3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立． 只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)． 作业1．函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是________． 答案 (－3,1)解析 y ′＝－2x e x ＋(3－x 2)e x ＝e x (－x 2－2x ＋3)， 由y ′>0⇒x 2＋2x －3<0⇒－3<x <1，故函数y ＝(3－x 2)e x 的单调递增区间是(－3,1)．2．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取得极值，则a ＝________.答案 3解析 因为f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，因为函数f (x )在x ＝1处取得极大值，所以f ′(1)＝3－a4＝0，所以a ＝3.3．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 的取值范围是________．答案 1<a ≤2解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x(x >0)，当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0,3]上原函数是减函数，∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2.4．已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________． 答案 －13解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ， 易知f (x )在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增， ∴当m ∈[－1,1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13.5．函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为________．答案 (0,1]解析 y ′＝x －1x ＝x 2－1x ＝(x －1)(x ＋1)x(x >0)．令y ′≤0，得0<x ≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．6．已知函数f (x )＝1x ＋ln x ，求函数f (x )的极值和单调区间．解 因为f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x2，令f ′(x )＝0，得x ＝1，又f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以x ＝1时，f (x )的极小值为1，无极大值． f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)， 单调递减区间为(0,1)．7．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意的x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集是________． 答案 {x |x >0}解析 构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x －1，求导得到g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]． 由已知f (x )＋f ′(x )>1，可得到g ′(x )>0， 所以g (x )为R 上的增函数； 又g (0)＝e 0·f (0)－e 0－1＝0， 所以e x ·f (x )>e x ＋1， 即g (x )>0的解集为{x |x >0}．8．设函数f (x )＝12x 2＋e x －x e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ∈[－2,2]时，不等式f (x )>m 恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x ＋e x －(e x ＋x e x )＝x (1－e x )． 若x <0，则1－e x >0，∴f ′(x )<0； 若x >0，则1－e x <0，∴f ′(x )<0； 若x ＝0，则f ′(x )＝0.∴f (x )在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知f (x )在[－2,2]上单调递减， ∴[f (x )]min ＝f (2)＝2－e 2.∴当m <2－e 2时，不等式f (x )>m 恒成立． 即实数m 的取值范围为(－∞，2－e 2)．)9．(2013·福建)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 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，所以曲线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，从而函数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，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．10．(2014·山东)设函数f (x )＝e x x 2－k (2x ＋ln x )(k 为常数，e ＝2.71828…是自然对数的底数)．(1)当k ≤0时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围． 解 (1)函数y ＝f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝x 2e x －2x e x x 4－k (－2x 2＋1x ) ＝x e x －2e x x 3－k (x －2)x 2＝(x －2)(e x －kx )x 3.由k ≤0可得e x －kx >0，所以当x ∈(0,2)时，f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增． 所以f (x )的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)由(1)知，k ≤0时，函数f (x )在(0,2)内单调递减， 故f (x )在(0,2)内不存在极值点；当k >0时，设函数g (x )＝e x －kx ，x ∈(0，＋∞)． 所以g ′(x )＝e x －k ＝e x －e ln k ，当0<k ≤1时，当x ∈(0,2)时，g ′(x )＝e x －k >0，y ＝g (x )单调递增． 故f (x )在(0,2)内不存在两个极值点． 当k >1时，得x ∈(0，ln k )时，g ′(x )<0，函数y ＝g (x )单调递减； x ∈(ln k ，＋∞)时，g ′(x )>0，函数y ＝g (x )单调递增． 所以函数y ＝g (x )的最小值为g (ln k )＝k (1－ln k )． 函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧g (0)>0，g (ln k )<0，g (2)>0，0<ln k <2.解得e<k <e 22.。
课件9：§3.2导数与函数的单调性、极值、 最值第1课时导数与函数的单调性
典例3：(1)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，
则k的取值范围是( D )
A．(－∞，－2]
B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞)
D．[1，＋∞)
(2)已知函数g(x)＝x3－ax2＋2x.
①若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围；
.
因为t≠0，所以分两种情况讨论：①若t<0，则 <－t.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
f′(x)
f(x)
(－∞，
＋
↗
)
( ，－t)
－
↘
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，
f(x)的单调递减区间是( ，－t).
(－t，＋∞)
＋
↗
)，(－t，＋∞)；
②若t>0，则－t< .
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－t)
(－t， )
f′(x)
f(x)
＋
↗
－
↘
( ，
+ ∞)
＋
↗
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，( ，
f(x)的单调递减区间是(－t， ).
+ ∞)；
(1)f′(x)>0(或<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≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要
(浙江专用)高考数学第三章函数、导数其应用第二节函数的单调性与最值教案(含解析)
第二节函数的单调性与最值1．函数的单调性 (1)单调函数的定义增函数 减函数一般地，设函数 f (x )的定义域为I ：假如关于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值 x 1，x 2定义当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)，那么 当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，那么 就说函数f (x )在区间D 上是增函数就说函数f (x )在区间D 上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是降落的(2)单调区间的定义假如函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数 有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．y ＝f (x )在这一区间具2．函数的最值前提设函数 y ＝ ( x )的定义域为I ，假如存在实数 满足fM①关于任意的x ∈I ，都有①关于任意x ∈I ，都有条件f ( x )≤；f ( x)≥；MM②存在x ∈I ，使得f (x)＝M②存在x ∈I ，使得f (x )＝M结论为函数 y ＝ ( x )的最大值为函数 y ＝ ()的最小值MfM f x[小题体验]11x＋11．给定函数①y ＝x 2，②y ＝log 2(x ＋1)，③y ＝|x －1|，④y ＝2.此中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④分析：选B①y＝x 1在(0,1)上递加；②∵t＝x＋1在(0,1)上递加，且0＜1＜1，∴y 2 21＝log2(x＋1)在(0,1)上递减；③结合图象(图略)可知y＝|x－1|在(0,1) 上递减；④∵u＝x ＋1在(0,1)上递加，且2＞1，∴y＝2x＋1在(0,1)上递加．故在区间(0,1) 上单调递减的函数序号是②③.2．(2019·绍兴调研)函数f(x)＝1x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为3________．分析：因为y＝1x 在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递加，所以f(x) 3在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1] 上的最大值为f(－1)＝3.答案：313．(2018·丽水模拟)已知函数f(x)＝log3x，x＞1，则f(f(3))＝－x2－2x＋3，x≤1，________，f(x)的单调递减区间是________．1分析：∵f(3)＝log33＝－1，∴f(f(3))＝f(－1)＝－1＋2＋3＝4.当x≤1时，f(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，对称轴x＝－1，f(x)在[－1,1] 上单调递减，且f(1) ＝0，当x＞1时，f(x)单调递减，且f(x)＜f(1) ＝0，∴f(x)在[－1，＋∞)上单调递减．答案：4[－1，＋∞)1．易混淆两个看法：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函数在两个不一样的区间上单调性同样，则这两个区间要分开写，不可以写成并集．例如，函数f(x)在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不必定是减函数，如函数1 f(x)＝.x3．两函数f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(减)函数，则f(x)＋g(x)也为增(减)函数，1但f(x)·g(x)，fx 等的单调性与其正负有关，切不行盲目类比．[小题纠偏]1．设定义在[－1,7] 上的函数 y ＝f (x )的图象以以下图，则函数y ＝f (x )的增区间为________．答案：[－1,1]，[5,7]22．函数f (x )＝x －1在[－6，－2]上的最大值是________，最小值是________． 分析：因为 f ( x )＝2在[－6，－2]上是减函数，所以当 ＝－6时， ( x )获得最大值x －1xf22－7.当x ＝－2时，f (x )获得最小值－3.22答案：－7－3考点一函数单调性的判断基础送分型考点——自主练透[题组练透] 1．以下四个函数中，在 (0，＋∞)上为增函数的是( )A ．f (x )＝3－xB ．f (x )＝x 2－3xC ．f (x )＝－1D ．f (x )＝－|x |x ＋1分析：选C 当x ＞0时，f (x )＝3－x 为减函数； 当x ∈0，3时，f (x )＝x 2－3x 为减函数， 2当x ∈322，＋∞时，f (x )＝x －3x 为增函数；1当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－x ＋1为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．ax2．试谈论函数f (x )＝x －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性． 解：法一：(定义法)x －1＋1 1设－1＜x 1＜x 2＜1，f (x )＝ax －1＝a 1＋x －1，11f (x 1)－f (x 2)＝a 1＋x 1－1－a 1＋x 2－1a x 2－x 1＝－ ，x 1 x 2－因为－1＜x 1＜x 2＜1，所以x 2－x 1＞0，x 1－1＜0，x 2－1＜0， 故当a ＞0时，f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上递减；当a ＜0时，f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上递加． 法二：(导数法)axx －－axx －a x －f ′(x )＝－2＝x －x当a ＞0时，f ′(x )＜0，函数f (x )在(－1,1)上递减；当a ＜0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1,1)上递加．x ＋2 3．判断函数y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性．－ax ＝－a.2x － 2解：法一：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1＜x 2，x 1＋2x 2＋2则y 1－y 2＝－x 1＋1x 2＋1＝x 2－x 1.x 1 ＋ x 2＋∵ x 1＞－1，x 2＞－1，∴x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，又x 1＜x 2，∴x 2－x 1＞0，∴x 2－x 1＋ ＞0，即y 1－y 2＞0.x 1 x 2＋ ∴ y 1＞y 2，x ＋2∴函数y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减．法二：y ＝ x ＋2 1＝1＋.x ＋1 x ＋1∵y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上是增函数，1 ∴y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数，1 ∴y ＝1＋x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数．x ＋2即函数y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减．[牢记通法]判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤 (1) 定义法，其基本步骤：取值 作差 商 确立符号 得出变形与1的大小 结论(2) 导数法，其基本步骤： 求导函数确立符号得出结论考点二求函数的单调区间要点保分型考点——师生共研[典例引领]求以下函数的单调区间： (1) y ＝－x 2＋2|x |＋1；1 2 (2) y ＝log 2(x －3x ＋2)．－ x 2＋2x ＋1，x ≥0，解：(1)因为y ＝－x 2－2x ＋1，x ＜0，－ x －2＋2，x ≥0，即y ＝－x ＋2＋2，x ＜0.画出函数图象以以下图，单调递加区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0] 和[1，＋∞)．(2) 令u ＝x 2－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝log 1u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函数．2令 u ＝ x2－3＋2＞0，则＜1或 x ＞2.xx12∴函数y ＝log 2( x－3x ＋2)的定义域为(－∞，1) ∪(2，＋∞)．23又u ＝x －3x ＋2 的对称轴x ＝2，且张口向上．∴u ＝x 2－3x ＋2 在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．1而y ＝log 2u 在(0，＋∞)上是单调减函数，12∴y ＝log 2(x－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递加区间为(－∞，1)．[由题悟法]确立函数的单调区间的3种方法[提示]单调区间只好用区间表示，不可以用会集或不等式表示；若有多个单调区间应分 别写，不可以用并集符号“∪”联系，也不可以用“或”联系．[即时应用]1xx21．函数f (x )＝2的单调递加区间为()11A.－∞，2B.0，21 ，＋∞1C. 2D.，12分析：选D令t ＝ x －x 2，由x －x 2≥0，得0≤x ≤1，故函数的定义域为[0,1]．因为1 t2g (t )＝ 2是减函数，所以f (x )的单调递加区间即 t ＝ x －x 的单调递减区间．利用二次函 数的性质，得 t ＝ 2的单调递减区间为 1 ，即原函数的单调递加区间为 1 .x －x ，1 ，12 2 2．(2018·温州十校联考)函数f (x )＝lg(9－x 2)的定义域为________；其单调递加区间 为________．分析：关于函数f (x )＝lg(9－x 2)，令t ＝9－x 2＞0，解得－3＜x ＜3，可得函数的定义 域为(－3,3)．令g (x )＝9－x 2，则函数f (x )＝lg(g (x ))，又函数g (x )在定义域内的增区间为(－3,0]．所以函数f (x )＝lg(9－x 2)在定义域内的单调递加区间为(－3,0]． 答案：(－3,3)(－3,0]考点三函数单调性的应用题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]高考对函数单调性的观察多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某 一问中．常有的命题角度有：(1) 求函数的值域或最值；(2) 比较两个函数值或两个自变量的大小； (3) 解函数不等式；(4) 利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值1．(2018·台州三区适应性考试)已知函数f (x )＝2x ＋ax 3＋b sin x (a ＞0，b ＞0)，若x ∈ [0,1]时，f (x )的最大值为3，则x ∈[－1,0)时，f (x )的最小值是________．分析：因为函数 f (x )＝2x ＋ax 3＋b sin x 在区间[－1,1]上为单调递加函数．所以当x ∈[0,1]时，f (x )的最大值为f (1)3时，＝2＋a ·1＋b sin1＝3，a ＋b sin1＝1，当x ∈[－1,0)－131 1 f (x )的最小值为f (－1)＝2＋a ·(－1)＋b sin(－1) ＝2－(a ＋b sin1)＝－2.答案：－12角度二：比较两个函数值或两个自变量的大小2．(2018·杭州模拟)已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2＞x 1＞1时，[f (x 2)121)＜0 恒成立，设 a ＝f － 1，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为－f (x )]( x －x2，b ＝f (2)( )A ． ＞ ＞b B ．＞＞a c a cbC ．a ＞c ＞bD ．b ＞a ＞c分析：选D 因f (x )的图象关于直线x ＝1对称．1 5由此可得f －2＝f 2.由x 2＞x 1＞1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)＜0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．55∵ 1＜2＜2＜e ，∴f (2)＞f 2＞f (e)，∴b ＞a ＞c . 角度三：解函数不等式3．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f1＜f (1) 的实数x 的取值范围是()xA ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(－1,0) ∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)1| x |＜1 ，分析：选C由f (x )为R 上的减函数且f1＜f (1)，得x ＞1，即xx ≠0.x ≠0，∴－1＜x ＜0或0＜x ＜1.应选C.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值4．若 f ( )＝a －x ＋4a ，x ＜1，a是定义在R 上的减函数，则的取值范围是x －ax ，x ≥1()A. 1 1B.0，18，3 31 1C. 0，3D.－∞，3 分析：选A 由题意知，3a－1＜0，＜1，a 3a －＋4≥－，解得 1a＞0，a≥8，a＞0，11所以a∈8，3，应选A.[通法在握]函数单调性应用问题的常有种类及解题策略(1)求函数最值方法步骤单调性法先确立函数的单调性，再由单调性求最值图象法先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值基本不等式法先对分析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值导数法先求导，而后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值换元法比较较复杂的函数可经过换元转变成熟习的函数，再用相应的方法求最值(2)比较大小比较函数值的大小，应将自变量转变到同一个单调区间内，而后利用函数的单调性解决．(3)解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，常常是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转变成详尽的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．(4)利用单调性求参数视参数为已知数，依照函数的图象或单调性定义，确立函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．[提示]①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意连接点的取值．[演练冲关]－x 2＋4x ，x ≤4，1．设函数f (x )＝log 2， x ＞4.若函数f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递加，则x实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)分析：选D 作出函数f(x )的图象以以下图，由图象可知，若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递加，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4，应选D.2．已知函数 f (x )＝x 3，x ≤0，x ＋若f (2－x 2)＞，x ＞0，f (x )，则实数x 的取值范围是()A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)分析：选D ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当 x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．所以，不等式 f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ，即x 2＋x －2＜0，解得－2＜x ＜1.3．(2017·浙江名校高考缔盟联考 )若函数f (x )＝a |x ＋b |－1 在(1，＋∞)上是减函数，则实数a 的取值范围是________，实数b 的取值范围是________．分析：当a ＞0时，函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(－∞，－b ]上是减函数，在(－b ，＋∞) 上是增函数，不满足函数f ( x)＝|＋|－1在(1，＋∞)上是减函数；当 a ＝0时，f ( )＝ax bx－1，不满足函数 f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数；当a ＜0时，函数f (x )＝a |x＋b |－1在(－∞，－b ]上是增函数，在(－b ，＋∞)上是减函数，因为函数 f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数，所以a ＜0且－b ≤1，即a ＜0且b ≥－1.答案：(－∞，0) [－1，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·珠海摸底)以下函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ． ＝2 －xB ．＝yyxC ．y ＝logx12D ．y ＝－x分析：选B －x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．由题知，只有y ＝2 2．(2018·绍兴模拟)已知函数f (x )的图象关于(1,0) 对称，当x ＞1 时，f (x )＝log a (x－1)，且f (3)＝－1，若x 1＋x 2＜2，(x 1－1)(x 2－1)＜0，则( )A ．f (x 1)＋f (x 2)＜0B ．f (x 1)＋f (x 2)＞0C ．f (x 1)＋f (x 2)可能为0D ．f (x 1)＋f (x 2)可正可负分析：选B ∵当x ＞1时，f (x )＝log a (x －1)，1f (3)＝log a 2＝－1，∴a ＝，故函数f (x )在(1，＋∞)上为减函数，若x 1＋x 2＜2，(x 1－1)(x 2－1)＜0，不如令x 1＜1，x 2＞1，则x 2＜2－x 1， f (x 2)＞f (2－x 1)，又∵函数f (x )的图象关于(1,0)对称， ∴ f (x 1)＝－f (2－x 1)，此时 f ( x 1)＋ ( x 2)＝－ (2 －1)＋ ( x 2)＞0，应选B.f f xf3．已知函数f (x )＝log 4(4－|x |)，则f (x )的单调递加区间是________；f (0)＋4f(2)＝________.分析：令y ＝log4，此中 ＝4－| x |，且 u ＝4－| x |＞0，因为函数y ＝log 4 是单调递uuu增函数，故要求f (x )的单调递加区间，只需求u ＝4－|x |的单调递加区间，得4－|x |＞0，(－4,0]；易得f (0)＋4f(2)＝x ≤0，解得－4＜x ≤0，所以f (x )的单调递加区间是442＝1＋2＝3.log4＋4log答案：(－4,0]34．函数y ＝ x －x (x ≥0)的最大值为________．21 2 1 1分析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t ＝－t－＋4，结合图象知，当 t ＝2，即x 2 11＝ 4时，y max ＝4.1答案：4y ，x ≥y ，5．(2018·杭州十二校联考)设min{x ，y }＝若定义域为R 的函数f (x )，x ，x ＜y ，( )满足 f ( x2x ，则min{ f ( )，( x )}的最大值为____________．)＋( )＝2gx gx x ＋8 x g分析：设min{f (x )，g (x )}＝m ，∴m ≤f x ，?2m ≤f (x )＋g (x )?m ≤2x，≤xx ＋8mgx1122明显当m 取到最大值时，x ＞0，∴x 2＋8＝8≤8 ＝8 ，∴m ≤8，当且仅当x ＋2x ·xxfx ＝gx ，82x ＝x ，时等号成立，即 m 的最大值是 8.x ＞02答案：8二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝ x 2－2x －3，则该函数的单调递加区间为( )A ．(－∞，1]B ．[3，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)分析：选B 设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0， 即x 2－2x －3≥0，解得x ≤－1或x ≥3.所以函数的定义域为 (－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减， 在[3，＋∞)上单调递加．所以函数f (x )的单调递加区间为[3，＋∞)．2．(2018·浙江名校协作体联考 )函数y ＝x ＋ x 2－2x ＋3的值域为()A ．[1＋2，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(1，＋∞)分析：选D因为函数y ＝x ＋x 2－2x ＋3＝x ＋x － 2＋2，所以当x ≥1时，函数为增函数，所以 y ≥2＋1；当x ＜1时，设x －1＝t ，则t ＜0，函数y ＝t ＋t 2＋2＋1＝2 ＋，所以函数在 ( －∞， 0) 上为增函数，当 t →0时，y → 2 ＋，当t →－∞时，t 2＋2－t11y →1，所以1＜＜2＋1. 综上所述，函数 y ＝ ＋x 2－2＋3的值域为(1，＋∞)．yx x3．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x－(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于() A ．－1 B ．1C ．6D ．12分析：选C 由已知适合－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.214．已知函数f (x )＝ax－x －4，x ≤1，是R 上的单调函数，则实数 a 的取值范围logx －1，x ＞1a是( )A. 1 1B. 1 1 4，24，20， 11C. 2D. ，12分析：选B由对数函数的定义可得 a ＞0，且a ≠1.21又函数f (x )在R 上单调，则二次函数 y ＝ax －x －4的图象张口向上，所以函数f (x )在R 上单调递减，0＜a ＜1， 0＜a ＜1，11故有2a ≥1，即 0＜a ≤2，211a ×1－1－≥log a 1－1，a ≥.441 1所以a ∈4，2.5．(2018·湖州模拟)若f (x )是定义在(－1,1)上的减函数，则以下不等式正确的选项是 ()A ．f (sin x )＞f (cosx )B ．fx 2＋1＞f (x )211C ．f 3x ＋1≥f 2x ＋1D ．f1－x≥fx1x－x3＋32＋2分析：选DA ．x ∈ π，1 时，sinx ＞cos x ，4∵f (x )在(－1,1)上为减函数，∴f (sin x )＜f (cos x )，∴该选项错误；B ．x 2＋1x 1x 2∈(－1,1)，∴2 － ＝(－1)＞0，x2x 2＋1∴2＞x ，且f (x )在(－1,1)上单调递减，x 2＋1∴f2＜f (x )，∴该选项错误；3 x2 x－11 12x －3x3C.3x ＋1－2x ＋1＝x＋x＋ ＝x＋x＋，∵ x ∈(－1,1)，2x∴x ∈(－1,0)时，3＞1，11∴3x ＋1＞2x ＋1，且f (x )在(－1,1)上为减函数，1 1∴f3x ＋1 ＜f 2x＋1，∴该选项错误；x 2x1x D.x113 3 －11－6 －x－x－x＝x－xx－x，3＋32 ＋ 2＋3＋2 ∴①x ∈(－1,0]2x1x时， 3 －1≥0,1－6≤0， 1 1 ∴3x ＋3－x ≤2x ＋2－x .②x ∈(0,1)2x1x时， 3 －1＜0,1－6＞0，1 1∴ 3x ＋3－x ＜2x ＋2－x ，11∴综上得，x ＋3－x ≤2x ＋2－x ，3 ∵f (x )为(－1,1)上的减函数，11∴f 3x ＋3－x ≥f 2x ＋2－x ，∴该选项正确．6．(2019·金华四校联考)若函数f (x )＝x 2＋a |x －2|在(0，＋∞)上单调递加，则实数 a 的取值范围是________．分析：∵f (x )＝x 2＋a |x －2|，x 2＋ax －2a ，x ≥2，∴f (x )＝x 2－ax ＋2a ，x ＜2.又∵f (x )在(0，＋∞)上单调递加，a－ 2≤2， ∴∴－4≤a ≤0，a2∴实数a的取值范围是[－4,0]．答案：[－4,0]m＋x2，|x|≥1，7．设函数f(x)＝的图象过点(1,1)，函数g(x)是二次函数，若函x，|x|＜1数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．分析：因为函数f(x)＝m＋x2，|x|≥1，，所以m＋1＝1，解得m的图象过点(1,1)x，|x|＜1x2，|x|≥1，＝0，所以f(x)＝画出函数y＝f(x)的大体图象以以下图，观察图象可知，x，|x|＜1.当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．而f(x)的值域是(－1，＋∞)，f(g(x))的值域是[0，＋∞)，因为g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)8．若函数f(x)＝a x(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x) ＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.1分析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m＞0，即m＜4.若a＞1 ，则函数f(x)1 2 1 1在[－1,2]上的最小值为a＝m，最大值为a＝4，解得a＝2，2＝m，与m＜4矛盾；当0＜a＜2 －1 1 11时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a＝m，最大值为a ＝4，解得a＝4，m＝16.所以a 1＝4.1答案：49．(2018·杭州五校联考)函数y＝f(x)的定义域为R，若存在常数M＞0，使得|f(x)|≥M|x|对一的确数x均成立，则称f(x)为“圆锥托底型”函数．(1)判断函数f(x)＝2x，g(x)＝x3能否为“圆锥托底型”函数？并说明原由．(2)若f (x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，求出的最大值．M解：(1)函数f (x )＝2x .∵|2x |＝2|x |≥2|x |，即关于一的确数x 使得|f (x )|≥2|x |成 立，∴函数f (x )＝2x 是“圆锥托底型”函数．关于g (x )＝x 3，假如存在M ＞0满足|x 3|≥M |x |，而当x ＝MM3M ，时，由≥M222M≤0，矛盾，∴≥，得2 ∴g (x )＝x 3不是“圆锥托底型”函数．(2)∵ ( x )＝ 2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在 ＞0，使得|f ( x )|＝|x 2＋1|≥| |f x M Mx关于任意实数恒成立．111∴ x ≠0时，M ≤x ＋x ＝|x |＋|x |，此时当x ＝±1时，|x |＋|x |获得最小值2， ∴ M ≤2.而当x ＝0时，也成立． ∴ M 的最大值等于2.1 10．已知函数f (x )＝a －|x |.(1) 求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f (x )＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，务实数a 的取值范围．1解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －x ， 设0＜x 1＜x 2，则x 1x 2＞0，x 2－x 1＞0，11 112 1 f ( x 2)－ ( x1)＝a － －a － ＞0，x 1＝－＝12fx 2x 1x 2xx所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．1(2) 由题意a －x ＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，1设h (x )＝2x ＋x ，则a ＜h (x )在(1，＋∞)上恒成立．任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1＜x 2，12122－ 1.h (x)－h (x )＝(x －x )x 1x 2因为1＜x＜x ，所以x －x ＜0，xx ＞1，所以2－ 1 ＞0，12121 2x 1x 212， 所以h (x ) ＜h (x )所以h (x )在(1，＋∞)上单调递加．故a≤h(1)，即a≤3，所以实数a的取值范围是(－∞，3]．三登台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．假如不等式f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)成立，那么以下不等式成立的是( )A．m－n＜0B．m－n＞0C．m＋n＜0D．m＋n＞0分析：选A 设F(x)＝f(x)－f(－x)，因为f(x)是R上的减函数，∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，∴F(x)是R上的减函数，∴当m＜n时，有F(m)＞F(n)，即f(m)－f(－m)＞f(n)－f(－n)成立．所以，当f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)建马上，不等式m－n＜0必定成立，应选A.2．已知函数f(x)＝lga－2 ，此中a是大于0的常数．x＋x(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，试确立a的取值范围．a x2－2x＋a解：(1) 由x＋x－2＞0，得x ＞0，当a＞1 时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)；当a＝1 时，定义域为{x|x＞0且x≠1}；当0＜a＜1时，定义域为{x|0 ＜x＜1－1－a或x＞1＋1－a}．a (2)设g(x)＝x＋x－2，当a∈(1,4) a，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－x2＝x2－ax2＞0恒成立，a所以g(x)＝x＋x－2在[2，＋∞)上是增函数．a所以f(x)＝lg x＋－2 在[2，＋∞)上是增函数．x所以f(x)＝lga－2 在[2，＋∞)上的最小值为a x＋f(2)＝lg.x 2(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，a即x＋x－2＞1对任意x∈[2，＋∞)恒成立．所以a＞3x－x2，令h(x)＝3x－x2，而( )＝3 － 2 ＝－x－3 2 9)max＝(2)＝2，所以x x ＋在[2，＋∞)上是减函数，所以(hx 2 4 hx h a＞2.即a的取值范围为(2，＋∞)．。
【新高考数学】 函数单调性、极值、最值与导数问题(含答案解析)
（）
A． (1, 2)
B． (, 3) (6, )
C． (3, 6)
D． (, 1) (2, )
【四】函数的最值问题
求函数最值的五种常用方法及其思路 (1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值． (2)图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值． (3)基本不等式法：先对解析式变形，具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． (4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最 后结合端点值，求出最值． (5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
1.例题
【例 1】(1)函数 f (x) 12x x3 的极大值点是_______，极大值是________。
(2)函数
f
(x)
1 3
x3
ax
的极大值为 2
3 ，则实数 a __________．
【例 2】(1)函数 f (x) x3 ax2 bx a2 a 在 x 1 处有极值为 7，则 a （ ）
A． ‹
B．
‹
C．
‹
D． ‹ ‹
（2）已知函数
f
x
x2
1 a
ex
x
3
a
在区间 1, 2
上有最大值无最小值，则实数
a
的取值范围（
）
A． , 4
B．[1, )
C． 4, 1
D．, 1
2.巩固提升综合练习
【练习 1】若 x 1 是函数 f x x2 ax 5 ex 的极值点，则 f x 在 2,2 上的最小值为______.
专题 4 函数单调性、极值、最值与导数问题
一、函数单调性、极值、最值知识框架
高三数学寒假精品讲义 第4讲 利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题(解析版)
第4讲利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题【题型精讲】题型一：利用导数研究函数的单调性1、讨论函数的单调性（或区间）1．（2021·广东·深圳市福田区福田中学高三月考）已知函数211()(1)ln (,0)22f x x a x a a =-+-∈≠R ．（1）讨论函数的单调性；【答案】（1）答案见解析；（2）0a ≤.【详解】解：（1）由已知定义域为()0,∞+，()211'()x a a f x x x x-++=-=当10a +≤，即1a ≤-时，()'0f x >恒成立，则()f x 在()0,∞+上单调递增；当10a +>，即1a >-时，x =或x =所以()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.所以1a ≤-时，()f x 在()0,∞+上单调递增；1a >-时，()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增.（2）由（1）可知，当1a ≤-时，()f x 在()1,+∞上单调递增，若()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立，只需(1)0f ≥，而(1)0f =恒成立，所以1a ≤-成立；当1a >-1，即10a -<≤，则()f x 在()1,+∞上单调递增，又(1)0f =，所以10a -<≤成立；若0a >，则()f x 在(上单调递减，在)+∞上单调递增，又(1)0f =，所以(0x ∃∈，()0()10f x f <=，不满足()0f x ≥对任意的[1,)x ∈+∞恒成立.所以综上所述：0a ≤.2．（2021·安徽·芜湖一中高三月考（理））已知函数32()f x x x mx =+-.（1）若函数()f x 在2x =处取到极值，求曲线()y f x =在(1,())f x 处的切线方程；（2）讨论函数()f x 的单调性.【答案】（1）113y x =--；（2）()f x 在⎛⎫-∞ ⎪ ⎪⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在11,33⎛-- ⎝⎭上单调递减.【详解】（1）依题意，2()32f x x x m '=+-，(2)1240f m '=+-=，解得16m =，经检验，16m =符合题意；故32()16f x x x x =+-，2()3216f x x x '=+-，故(1)21614f =-=-，(1)11f '=-，故所求切线方程为1411(1)y x +=--，即113y x =--；（2）依题意2()32f x x x m '=+-，412m ∆=+，若0∆，即13m - 时，()0f x ' ，()f x 在R 上单调递增；若0∆>，即13m >-时，令()0,f x x '==令12x x =故当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，故函数()f x 在⎛⎫-∞ ⎪ ⎪⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减.3．（2021·宁夏·青铜峡市高级中学高三月考（文））已知函数()ln af x x x=+（a 为常数）（1）讨论函数()f x 的单调性；【答案】（1）0a ≤时，(0,)+∞递增，0a >时，在(0,)a 递减，(,)a +∞递增；【详解】（1）函数定义域是(0,)+∞，221()a x a f x x x x-'=-=，0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上是增函数；0a <时，0x a <<时，()0f x '<，()f x 递减，x a >时，()0f x '>，()f x 递增．2、根据函数的单调性求参数的取值范围1．（2021·重庆市清华中学校高三月考）已知函数321()23f x ax x x =+-+，其中a R ∈.（1）若函数()f x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围；【答案】（1）()()1,00,a ∈-+∞ ；【详解】（1）由321()23f x ax x x =+-+，得2()21f x ax x '=+-.∵()f x 存在三个单调区间∴()0f x '=有两个不相等的实数根，即2210ax x +-=.∴00a ≠⎧⎨∆>⎩，即0440a a ≠⎧⎨+>⎩，故()()1,00,a ∈-+∞ .2．（2021·山西省新绛中学校高三月考（文））已知函数()321f x x ax =++，a R ∈.（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭内是减函数，求a 的取值范围；（3）若函数()f x 的单调减区间是2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭，求a 的值.【答案】（1）答案见解析（2）[)1,+∞（3）1（1）由题意知，22()323()3a f x x ax x x '=+=+，当0a =时，2()30f x x '=≥恒成立，所以()f x 的单调递增区间是()-∞+∞，；当0a >时，令2()0()(0)3a f x x '>⇒∈-∞-+∞ ，，，令2()0(0)3af x x '<⇒∈-，所以()f x 的单调递增区间为2(),(0)3a -∞-+∞，，，单调递减区间为2(0)3a -，当0a <时，令2()0(0)()3a f x x '>⇒∈-∞-+∞ ，，令2()0(03af x x '<⇒∈-，，所以()f x 的单调递增区间为2(0)()3a -∞-+∞，，，，单调递减区间为2(0)3a -，；（2）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -⊆-，，所以2233a -≤-，解得1a ≥，即a 的取值范围为[1)+∞，；（3）由(1)知，当0a >时，有22(0)(0)33a -=-，，，所以2233a -=-，解得1a =.3．（2021·河南·新蔡县第一高级中学高三月考（文））已知函数()3f x x ax =-+，a R∈（1）若()f x 在)1,⎡+∞⎣上为单调减函数，求实数a 取值范围；【答案】（1）3a ≤；（2）最大值为0，最小值为16-．【详解】解：（1）因为()3f x x ax =-+，则()'23f x x a =-+．依题意得()'230f x x a =-+≤在[)1,x ∈+∞恒成立，∴23a x ≤在[)1,x ∈+∞恒成立．因为当1≥x 时，233x ≥，所以3a ≤．（2）当12a =时，()312f x x x =-+，()()()'2312322f x x x x =-+=-+-，令()'0f x =得[]123,0x =∉-，22x =-，所以当32x -<<-时，()'0f x <，()f x 单调递减，当20x -<<时，()'>0f x ，()f x 单调递增，又()327369f -=-=-，()282416f -=-=-，()00f =．∴()f x 在[]3,0-上最大值为0，最小值为16-．题型二：利用导数研究函数的极值、最值1．（2021·天津·大钟庄高中高三月考）设函数()32f x x ax bx c =-+++的导数()f x '满足()10f '-=，()29f '=.（1）求()f x 的单调区间；（2）()f x 在区间[]22-,上的最大值为20，求c 的值.（3）若函数()f x 的图象与x 轴有三个交点，求c 的范围.【答案】（1）递增区间为()1,3-，递减区间为(),1-∞-，()3,+∞（2）2-（3）()27,5-（1）由()32f x x ax bx c =-+++可得()232x x x b f a '=-++，因为()10f '-=，()29f '=，所以3201249a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解得：3a =，9b =，所以()3239f x x x x c =-+++，()()22369323x x f x x x =-++=---'，由()0f x '>即2230x x --<可得：13x -<<，由()0f x '<即2230x x -->可得：1x <-或3x >，所以()f x 的单调递增区间为()1,3-，单减区间为(),1-∞-和()3,+∞.（2）由（1）知，()f x 在()2,1--上单调递减，在()1,2-上单调递增，所以当1x =-时，()f x 取得极小值()()()()321131915f c c -=--+⨯-+⨯-+=-，()()()()322232922f c c -=--+⨯-+⨯-+=+，()3222329222f c c =-+⨯+⨯+=+，则()f x 在区间[]22-,上的最大值为()22220f c =+=，所以2c =-.（3）由（1）知当1x =-时，()f x 取得极小值()()()()321131915f c c -=--+⨯-+⨯-+=-，当3x =时，()f x 取得极大值()3233339327f c c =-+⨯+⨯+=+，若函数()f x 的图象与x 轴有三个交点，则(1)50(3)270f c f c -=-<⎧⎨=+>⎩得527c c <⎧⎨>-⎩，解得275c -<<，即c 的范围是()27,5-.2．（2021·陕西·西安中学高三期中）已知函数()ln 2f x x x =-.（1）求函数()f x 在()()1,1f 处的切线方程；（2）求函数()f x 的单调区间和极值.【答案】（1）30x y --=（2）单调递增区间是1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，，单调减区间是()10e ，，极小值12e --，无极大值（1）()f x 的定义域为()0,∞+，由()ln 2f x x x =-可得()ln 1f x x '=+，所以()11f '=，()12f =-，切点为()1,2-，所以所求切线方程为21y x +=-，即30x y --=.（2）由()ln 10f x x '=+=，得ln 1x =-解得：1ex =，当10e x <<时，()0f x '<，()f x 递减，当1ex >时，()0f x '>，()f x 递增，所以()f x 的单调递增区间是1e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调减区间是()10e ，；当1e x =时，函数()f x 取得极小值112e e f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，无极大值.3．（2021·四川资阳·高三月考（理））已知函数()322133f x x ax a x =+-．（1）当1a =时，求函数()f x 在x ∈[]0,2时的最大值和最小值；（2）若函数()f x 在区间()1,2存在极小值，求a 的取值范围．【答案】（1）最大值为23，最小值为53-（2）()21,313,2⎛⎫⋃-- ⎪⎝⎭（1）当1a =时，()32133f x x x x =+-，则()()()22331f x x x x x '=+-=+-，由()0f x '>，可得3x <-或1x >，由()0f x '<，可得31x -<<，所以()f x 在()0,1上()f x 单调递减，在()1,2上单调递增；()00f =，()1511333f =+-=-，()122843233f =⨯+-⨯=，所以函数()f x 在x ∈[]0,2时的最大值为23，最小值为53-.（2）()()()22233f x x ax a x a x a '=+-=+-，当0a =时，知()f x 单调递增，函数()f x 没有极值；当0a >时，3x a <-时，()0f x '>，()f x 单调递增；3a x a -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减；x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，则()f x 在3x a =-取得极大值，在x a =取得极小值，若函数()f x 在区间()1,2存在极小值，则12a <<，当0a <时x a <时，()0f x '>，()f x 单调递增，3a x a <<-时，()0f x '<，()f x 单调递减，3x a >-时，()0f x '>，()f x 单调递增，则()f x 在x a =取得极大值，在3x a =-取得极小值，若函数()f x 在区间()1,2存在极小值，则132a <-<可得：2133a -<<-．综上所述：实数a 的取值范围是()21,313,2⎛⎫⋃-- ⎪⎝⎭．4．（2021·河南南阳·高三期中（理））已知函数2()(2)21x f x x e x ax =---+，a ∈R .（1）当1a =-时，求()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 不存在极值点，求证：1a <-.【答案】（1）增区间是(,ln 2)-∞和(1,)+∞，减区间是(ln 2,1)（2）证明见解析（1）解：当1a =-时，2()(2)21x f x x e x x =--++，则()()(1)2(1)(1)2x xf x x e x x e '=---=--令()0f x ¢>得：1x >或ln 2x <令()0f x ¢<得：ln 21x <<所以()f x 的单调增区间是(,ln 2)-∞和(1,)+∞，单调减区间是(ln 2,1)（2）解：()(1)22xf x x e x a '=---，因为函数()f x 无极值点，故()f x ¢无变号零点，，令()(1)22x g x x e x a =---，则2()x g x xe =-'，当(,0)x ∈-∞时，恒有()0g x '<，当[0,)x ∈+∞时，显然()'g x 是单调增加的，又因为(0)2g '=-，(1)20g e '=->，故0(0,1)x ∃∈，使得()00g x '=，即002xx e =，故()g x 在()0,x -∞上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，则()0()min g x g x =，所以()00g x ≥，即000(1)220x x e x a ---≥，又002xx e =可得0011a x x ⎛⎫≤-+ ⎪⎝⎭，又因为0(0,1)x ∈，所以0012x x +>故1a <-5．（2021·广东顺德·高三月考）已知函数()32f x ax bx cx d =+++的两个极值点为1-，2，且在0x =处的切线方程为210x y +-=．（1）求函数()f x 的表达式；（2）当1,33x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()56f x kx >+恒成立，求实数k 的取值范围．【答案】（1）()32112132f x x x x =--+（2）62,227⎛⎫-- ⎪⎝⎭（1）由()32f x ax bx cx d =+++可得()232f x ax bx c '=++，则1-，2是方程()2320f x ax bx c '=++=的两根，所以()()132021240f a b c f a b c ⎧-=-+=⎪⎨=++=''⎪⎩，（*）因为又因为0x =处的切线方程为210x y +-=故()01f d ==，()02f c '==-代入（*）式解得13a =，12b =-故()32112132f x x x x =--+（2）由（1）知：()32112132f x x x x =--+，①当0x =时，()56f x kx >+即516>恒成立，此时R k ∈，②当(]0,3x ∈时，由()56f x kx >+即3211521326x x x kx --+>+，分离参数k 可得：21112326k x x x<--+，设()21112326g x x x x=--+，则()min k g x <，()()()23222214121143132666x x x x x g x x x x x -++--'=--==，故()g x 在(),0-∞上单调递减，()0,1上单调递减，()1,+∞上单调递增，故当(]0,3x ∈时，()g x 在()0,1上单调递减，()1,3上单调递增，所以()g x 的最小值为()()2min 11111231226g x g =⨯-⨯-+==-，所以2k <-，③当1,03x ⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，由()56f x kx >+分离参数可得21112326k x x x >--+设()21112326g x x x x=--+，则()max k g x >，由②过程知()g x 在1,03⎡⎫-⎪⎢⎣⎭上单调递减，故()2max1111116221333232763g x g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--⨯--+=-⎪ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⎝⎭⨯- ⎪⎝⎭，所以6227k >-，综上所述：k 的取值范围为62,227⎛⎫-- ⎪⎝⎭.6．（2021·福建·福清西山学校高三期中）已知函数()()1ln 0f x a x a x=+>.（1）求函数()f x 的极值；（2）是否存在实数a ，使得函数()f x 在区间[]1,e 上的最小值为2e？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）极小值ln a a a -，无极大值；（2）存在，1a e=.【详解】（1）函数()1ln f x a x x =+定义域为()0,∞+，()21-='ax f x x，其中0a >，由()0f x '>，得1x a >；由()0f x '<，得10x a<<.所以函数()f x 的单调递增区间为1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递减区间为10,a ⎛⎫⎪⎝⎭，所以，函数()f x 的极小值为11ln ln f a a a a a a a ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，无极大值；（2）①当101a<≤时，即1a ≥时，函数()f x 在[]1,e 上为增函数，故函数()f x 的最小值为()11f =，显然21e≠，故不满足条件；②当11e a <<时，即11a e <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，在1,e a ⎛⎤⎥⎝⎦上为增函数，故函数()f x 的最小值为11ln ln f a a a a a a a ⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，令()ln g a a a a =-，1,1a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则12g e e⎛⎫= ⎪⎝⎭，其导函数()ln 0g a a =->'，可知()g a 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，因为()min 2f x e =，有2ln a a a e -=，可得1a e=不符合题意；③当1e a ≥时，即10a e<≤时，函数()f x 在[]1,e 上为减函数，故函数()f x 的最小值为()11ln f e a e a e e =+=+，由12a e e +=，得1a e =满足条件.综上所述：存在1a e=符合题意.【课后精练】1．（2021·黑龙江·模拟预测（文））已知函数()2(2)2,2xa f x x e x ax a R =--++∈.（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）当0x ≥时，恒有()0f x ≥，求实数a 的最小值.【答案】（1）增区间：(,0)-∞，(1,)+∞，减区间：(0,1)（2）24e -（1）当1a =时，2()(2)22xx f x x e x =--++，()(1)(1)x f x x e '=--，令()00'>⇒<f x x 或1x >，()001f x x <⇒<<'，()f x ∴的增区间：(,0)-∞，(1,)+∞，减区间：(0,1)；（2）()(1)()x f x x e a '=--①当1a ≤时：0x e a -≥，(0,1)x ∴∈时：()0,()f x f x '<单调递减()(0)0f x f ⇒<=，不符合题意.②当1a >时：令12()01,ln f x x x a '=⇒==，若1a e <<，则12x x >，令()00ln f x x a '>⇒<<或1x >，()0ln 1f x a x '<⇒<<，所以()f x 在(0,ln )a 单调递增，在(ln ,1)a 单调递减，在(1,)+∞单调递增，又(0)0f = ，∴只需(1)024f a e ≥⇒≥-，综上，a 的最小值为24e -.2．（2021·山东·滕州市第一中学新校高三期中）已知函数()()2xf x x mx m e =--.（1）求()f x 的单调区间；（2）当1m ≤时，求证：对()0,x ∀∈+∞，()0f x e +≥.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（1）解:()()()2,x f x e x x m ¢=+-当m 2=-时，()()220x f x e x ¢=+³，所以()f x 的单调增区间是()-∞+∞，；当2m >-时，由()0f x '>，得2x <-或x m >，所以()f x 的增区间是()()2m ，，，-¥-+¥，减区间是()2m ，-；当2m <-时，由()0f x '>，得x m <或2x >-，所以()f x 的增区间是()()m 2，，，-¥-+¥，减区间是()2m ，-；（2）当m 1≤时，()0,10x x >-+<，则()()()2-1x f x e h m x m x e e ⎡⎤+==++⎣⎦在1m £上单调递减，()()()()211x h m h x x e e g x ≥=--+=，()()()()2x =221x x g e x x e x x +-=+-，当()'x 0g >时，1x >，当()'x 0g <时，01x <<，所以()g x 在()0,1上递减，在()1+∞，上递增，所以()()g x g 1=0.≥所以当1m £时，对()0,x ∀∈+∞，()0f x e +≥.3．（2021·山西吕梁·高三月考（理））已知函数()2xf x ae x =-，a R ∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，求证：()221108f x x x +-+>.【答案】（1）当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）答案见详解（1）∵()'2xf x ae =-，当0a ≤时，20x ae -<恒成立，()f x 单调递减.当0a >时，当20x ae -<，2xe a<，2ln x a <时，()f x 单调递减；当2ln x a >时，()f x 单调递增.∴函数()f x 的单调性为：当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当0a >时，()f x 在2,ln a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在2ln ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增.（2）当1a =时，()2xf x e x =-.设()222212137()1211888x x g x f x x x e x x x e x x =+-+=-+-+=+-+，则'37()28xg x e x =+-，令'37()()28xh x g x e x ==+-则'()20x h x e =+>，所以()h x 在R 上单调递增，又∵(0)0h <，(1)0h >∴存在唯一零点()00,1x ∈，且0037208xe x +-=①()0,x x ∈-∞时，()0h x <，即'()0g x <，()g x 单调递减，()0,x x ∈+∞时，()0h x >，即'()0g x >，()g x 单调递增，故()g x 在0x x =处取得极小值，也是最小值.()02000min 37()18x g x g x e x x ==+-+，将①式代入，则()22000000min 373745()21885838g x g x x x x x x ==-+-+=-+∵二次函数2534588y x x =-+在()0,1上单调递减，∴在1x =时，y 有最小值2min 54510838y =-+=∴()min 0g x >∴()221108f x x x +-+>4．（2021·山东德州·高三期中）已知函数()2(1)x f x xe a x =++(其中常数e 2.718= 是自然对数的底数).（1）当0a <时，讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，()()23231f x ex a x x x -≥-++.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（1）由()()()()12(1)12x xf x x e a x x e a =+++=++，令()0f x '=，解得1x =-，()ln 2x a =-，①当102a e-<<，由()0f x '>，解得()ln 2x a <-或1x >-，由()0f x '<，解得()ln 21a x -<<-，故()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减，②当12a e=-，()0f x '≥，()f x 在R 上单调递增;③当12a e<-，由()0f x '>，解得1x <-或()ln 2x a >-，由()0f x '<，解得()1ln 2x a -<<-故()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增；在()()1,ln 2a --上单调递减，综上所述，当102a e-<<时，()f x 在()(),ln 2a -∞-，()1,-+∞上单调递增；在()()ln 2,1a --上单调递减，当12a e=-，()f x 在R 上单调递增;当12a e<-，()f x 在(),1-∞-，()()ln 2,a -+∞上单调递增；在()()1,ln 2a --上单调递减.（2）证明：对任意1a ≤，当0x >时，要证()()23231f x ex a x x x --++≥，需证，20x e aa ax e x x +---≥，令()2x e ag x a ax e x x=+---，则()()()21x x e ax a g x x ---'=，令()xh x e ax a =--，则()xh x e a '=-，因为0x >，1a ≤，所以()0x h x e a '=->，所以()()010h x h a >=-≥，所以()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以()()10g x g ≥=，即20x e aa ax e x x+---≥，原不等式成立.5．（2021·河南三门峡·高三月考（文））已知函数()2ln f x ax x =--，12a >-且0a ≠.（1）当1a =时，求函数()f x 的单调区间与极大值；（2）当1x >时，()()20g x f x ax =+<恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，极大值13ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭（2）(]0,1（1）解：当1a =时，函数()2ln f x x x x =--，()0,x ∈+∞可得()()()212112121x x x x f x x x x x+-+-'=--=-=-，令()0f x '>，解得102x <<，()f x 单调递增；令()0f x '<，可得12x >，()f x 单调递减；所以函数()f x 的单调增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，当12x =时，函数()f x 取极大值13ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭.（2）解：由题意，函数()()()22ln 21g x f x ax x ax a x =+=-+-，()1,x ∈+∞可得()()()()2111221ax x g x ax a x x+-'=-+-=-，①当102a -<<，11,2x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0g x '<；1,2x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>恒成立，所以()g x 在11,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上是增函数，所以()1,2g x g a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，不符合题意；②当0a >时，()1,x ∈+∞时恒有()0g x '<，故()g x 在()1,+∞上是减函数，所以()0g x <对任意()1,x ∈+∞都成立，只需()10g ≤，即210a a -+-≤，解得1a ≤，故01a <≤.综上所述：a 的取值范围是(]0,1.6．（2021·江西赣州·高三期中（文））已知函数()e x f x ax =-，且函数()f x 在(1,(1))f 处的切线为(e 2)=-+y x b ．（1）求a ，b 的值并分析函数()f x 单调性；（2）若函数()(),[1,1]g x f x m x =-∈-恰有两个零点，求实数m 的取值范围．【答案】（1）2,0a b ==；函数()f x 在(,ln 2)-∞上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增（2）(22ln 2,e 2]∈--m （1）解：由()e x f x ax =-得()e '=-x f x a ，由题意知(1)e 2='-f ，即e e 2-=-a ，解得2a =，又(1)e 2f =-，而切点(1,(1))f 在切线(e 2)=-+y x b 上，所以e 2e 2-=-+b ，解得0b =，则()e 2x f x '=-，令()0f x '>，得ln 2x >，令()0f x '>，得ln 2x <，故函数()f x 在(,ln 2)-∞上单调递减，在(ln 2,)+∞上单调递增；（2）由（1）知()()e 2,[1,1]=-=--∈-x g x f x m x m x ，且函数()g x 在[1,ln 2)-上递减，在(]ln 2,1上单调递增，而因为函数()g x 恰有两个零点，所以函数()g x 在区间[)(]1,ln 2ln 2,1-、各有一个零点，由零点存在性定理得(1)0(ln 2)0(1)0g g g ≥⎧⎪<⎨⎪-≥⎩，即e 2022ln 20120em m m ⎧⎪--≥⎪--<⎨⎪⎪+-≥⎩，解得22ln 2e 2-<≤-m ；∴(22ln 2,e 2]∈--m ．7．（2021·天津市第二十一中学高三期中）已知函数2()(21)ln f x ax a x x =+--．（1）当12a =时，求函数()f x 的单调区间和极值；（2）讨论函数()f x 单调性．【答案】（1）单减区间()0,1，单增区间()1,+∞，()f x 极小值=()112f =，无极大值；（2）见解析.（1）当12a =时，()21()ln 02f x x x x =->，所以()()111()x x f x x x x+-'=-=.故当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数；当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 为增函数.所以当x =1时，()f x 极小值=()112f =，无极大值.（2）由()2()(21)ln ,0f x ax a x x x =+-->可得：()21(21)2(21)1()x ax ax a x f x x x+-+--'==.①当a ≤0时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+为减函数；②当a >0时，10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0f x '<，故()f x 为减函数；1,2x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 为增函数.8．（2021·全国·高三月考（文））已知函数2()(21)ln f x ax a x x =-++.（1）当1a =时，求()f x 的单调区间与极值；（2）若()0f x <恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，极小值(1)2f =-（2）(1,0]-（1）当1a =时，函数2()3ln =-+f x x x x ，定义域为(0,)+∞，()21231(21)(1)23x x x x f x x x x x-+--'=-+==.当()0f x '>时，102x <<或1x >，当()0f x '<时，112x <<，所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，(1,)+∞，单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，所以当12x =时，函数()f x 取得极大值15ln 224f ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，当1x =时，函数()f x 取得极小值(1)2f =-.（2）()1(21)(1)2(21)ax x f x ax a x x--'=-++=.①当0a >时，2()(21)ln f x ax a x x =-++，(0,)x ∈+∞，令2(21)0ax a x -+>，解得12x a>+，则当01(2,)x a∈++∞时，200(21)0ax a x -+>，且0ln ln 20x >>，所以函数2()(21)ln 0f x ax a x x =-++>恒成立，不符合题意，舍去；②当0a ≤时，令()0f x '>，解得01x <<，令()0f x '<，解得1x >，则函数()f x 在(0,1)上为增函数，在(1,)+∞上为减函数，所以函数()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值，要使得()0f x <恒成立，则只需(1)(21)0f a a =-+<，解得1a >-，故10a -<≤.综上，a 的取值范围是(1,0]-.9．（2021·山西太原·高三期中）已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）若12a =，讨论()f x 的单调性；（2）若()1f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 为R 上的单调递减函数（2）(],0-∞（1）解：当12a =时，21()e 2xf x x x =+-，所以'()1e x f x x =+-，令()'()1e x g x f x x ==+-，则()'1e xg x =-，所以当0x >时，()'0g x <，()g x 单调递减，当0x <时，()'0g x >，()g x 单调递增，所以()()00g x g ≤=，即'()0f x ≤，所以函数()f x 为R 上的单调递减函数.（2）解：若()1f x ≤恒成立，即21e x ax x +-≤恒成立，显然，当0x =时成立，当0x ≠时，不等式等价于21e x x a x-+≤恒成立，令()21e x x h x x -+=，则()()()32e 1'x h x xx +=-，当()'0h x >时，得0x <或2x >，即函数()h x 在(),0-∞和()2,+∞上单调递增，当()'0h x <时，得02x <<，即函数()h x 在()0,2上单调递减，由于x →-∞时，()h x 由正数趋近于0，当2x =时，()21204e h -=>所以函数()h x 的草图如图，所以21e x x a x -+≤恒成立，只需0a ≤所以实数a 的取值范围是(],0-∞10．（2021·陕西·西安中学高三期中（文））己知函数e ()(0)xa f x a x=≠．（1）讨论函数()f x 的单调区间；（2）当(0,)x ∈+∞时，若()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．【答案】（1）答案见解析．（2）1[,)e+∞（1）解：函数定义域是{|0}x x ≠，2e (1)()x a x f x x -'=，0a >时，01x <<或0x <时，()0f x '<，1x >时，()0f x '>，()f x 的增区间是(1,)+∞，减区间是(,0)-∞和(0,1)．同理可得0a <时，()f x 的减区间是(1,)+∞，增区间是(,0)-∞和(0,1)．（2）由（1）知，若0a >，则1x =时，min ()(1)e f x f a ==，()1f x ≥恒成立，则e 1a ≥，1ea ≥，若0a <，0x >时，()0f x <，不合题意．综上，a 的取值范围是1[,)e+∞．。
导数单调区间、极值、最值问题教案
、教学过程设计一、复习、检查上次课重点知识二、梳理本节课重要知识1、函数的单调性（1）导数的符号与函数的单调性：一般地，设函数()y f x=在某个区间内可导，则若'()0()f x f x>则为增函数；若'()0()f x f x<则为减函数；若在某个区间内恒有'()0f x=，则在这一区间上为常函数。
（2）利用导数求函数单调性的步骤（Ⅰ）确定函数()f x的定义域；（Ⅱ）求导数'()f x；（Ⅲ）令'()0f x<，解出相应的x的范围当0)('>xf时，()f x在相应区间上为增函数；当'()0f x<时在相应区间上为减函数。
（3）强调与认知（Ⅰ）利用导数讨论函数的单调区间，首先要确定函数的定义域D，并且解决问题的过程中始终立足于定义域D 。
若由不等式0)('>x f 确定的x 的取值集合为A ，由'()0f x <确定的x 的取值范围为B ，则应用；（Ⅱ）在某一区间内0)('>x f （或'()0f x <）是函数()f x 在这一区间上为增（或减）函数的充分（不必要）条件。
因此方程'()0f x =的根不一定是增、减区间的分界点，并且在对函数划分单调区间时，除去确定'()0f x =的根之外，还要注意在定义域内的不连续点和不可导点，它们也可能是增、减区间的分界点。
举例：（1）3()f x x =是R 上的可导函数，也是R 上的单调函数，但是当x=0时，'()0f x = 。
（2）()f x x =在点x=0处连续，点x=0处不可导，但()f x 在（-∞，0）内递减，在（0，+∞）内递增。
2、函数的极值（1）函数的极值的定义设函数()f x 在点0x 附近有定义，如果对0x 附近的所有点，都有0()()f x f x <，则说0()f x 是函数()f x 的一个极大值，记作；如果对0x 附近的所有点，都有0()()f x f x >，则说0()f x 是函数()f x 的一个极小值，记作。
课件3：3.2 导数与函数的单调性、极值、最值
解析：(1)f ′(x)＝－3x2＋12x－9＝－3(x－1)(x－3)，由 f ′(x)>0 得，1<x<3.
∴f(x)在区间(1,3)上单调递增． (2)由 f ′(x)<0 得 x<1 或 x>3， ∴f(x)在[0,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增，在[3,4]上 单调递减，f(0)＝m，f(1)＝m－4，f(3)＝m，f(4)＝m－4，且 m－4<m，∴m－4＝2，∴m＝6， ∴f(x)在[3,4]上的最大值为 m＝6.
第 4 步 将 f(x)的各极值及 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．
注：据新课标的要求，有关函数最大值、最小值的 实际问题，一般指的是单峰函数，也就是说在实际问题 中，如果遇到函数在区间内只有一个极值点，那么不与 端点值比较，就可以知道这一点就是最大(小)值点．
二、填空题 3．(文)(2011·银川二模)已知函数 y＝f(x)的图象在点 M(1，f(1))处的切线方程为 y＝12x＋2，则 f(1)＋f ′(1)＝ ________.
[答案] 3
[解析] ∵切点 M 在切线 y＝12x＋2 上， ∴f(1)＝12×1＋2＝52， 又切线斜率 k＝12，∴f ′(1)＝12， ∴f(1)＋f ′(1)＝52＋12＝3.
C．(0，＋∞)
D．(－∞，3)
分析：由 f(x)在(0,1)内有极小值知，f ′(x)＝3x2－2a＝0
在(0,1)内有解 x＝x0，且 x<x0时，f ′(x)≤0，x>x0时，f ′(x)≥0.
解析：f ′(x)＝3x2－2a，令 f ′(x)＝0 得，a＝32x2，∵f(x) 在(0,1)内有极小值，∴f ′(x)＝0 在(0,1)内有解，∴f ′(0)<0 且 f ′(1)>0，∴a∈(0，32)，故选 B.