2019届高考数学二轮复习 2.6 导数的简单应用课件.ppt
2019届高三理科数学第二轮专题复习课件：重点突破专题 专题一 第3讲导数的简单应用与定积分
[答案] y＝2x
4．(2018·课标Ⅲ)曲线 y＝(ax＋1)ex 在点(0,1)处的切线的斜率为－ 2，则 a＝________.
a
a
4．导数的实际应用——解决最优化问题 生活中求利润最大、用料最省、效率最高等问题称之为优化问 题．导数是解决生活中优化问题的有力工具，用导数解决优化问题的 基本思路是：优化问题→用函数表示的数学问题→用导数解决数学问 题→优化问题的答案．
【易错警示】 在解决导数的简单问题时，应注意： (1)不要将“过点 A 的切线”错以为“在点 A 处的切线”； (2)应熟练掌握基本初等函数的求导公式和求导法则； (3)利用导数研究函数的单调性时不要忽视函数的定义域； (4)函数 y＝f(x)在区间上单调递增不等价于 f′(x)≥0.一般来说，已 知函数 y＝f(x)的单调递增区间，可以得到 f′(x)≥0(有等号)；求函数 y ＝f(x)的单调递增区间，解 f′(x)>0(没有等号)和确定定义域；
(8)定积分bf(x)dx 在 x 轴下方的面积等于该区间上积分值的相反 a
数；
(9)对与不等式有关的综合问题要有转化为函数最值的化归思 想；
(10)对含参数的综合问题要有分类讨论的思想．
考向一 导数的几何意义及导数的运算
【例 1】
1．(2018·昆明模拟)函数 f(x)＝14 ln x＋x2－bx＋a(b>0，a∈R)的
即π4≤α<π2，即倾斜角 α 的取值范围是π4，π2，选 B. [答案] B
2．(2018·河北衡水)若实数 a，b，c，d 满足(b＋a2－3ln a)2＋(c－d
高考数学大二轮复习 第二部分 专题6 函数与导数 第4讲 导数的综合应用课件 文.ppt
当 0＜x＜1 时，g′(x)＜0；当 x＞1 时，g′(x)＞0. 所以 x＝1 是 g(x)的最小值点． 故当 x＞0 时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当 a≥1e时，f(x)≥0.
[题后悟通] 用导数证明不等式的方法 (1)利用单调性：若 f(x)在[a，b]上是增函数，则①∀x∈[a，b]，有 f(a)≤f(x)≤f(b)，② ∀x1，x2∈[a，b]，且 x1＜x2，有 f(x1)＜f(x2)，对于减函数有类似结论． (2)利用最值：若 f(x)在某个范围 D 内有最大值 M(或最小值 m)，则∀x∈D，有 f(x)≤M(或 f(x)≥m)． (3)证明 f(x)＜g(x)，可构造函数 F(x)＝f(x)－g(x)，证明 F(x)＜0.
2．已知函数 f(x)＝x－aln x(a>0)． (1)若 a＝1，求 f(x)的极值； (2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＋1＋x0 a<0，求实数 a 的取值范围．
解析：(1)因为 a＝1，所以 f(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x＝x－x 1，令 f′(x)>0，解得 x>1； 令 f′(x)<0，解得 0<x<1. 所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故 f(x)的极小值是 f(1)＝1，无 极大值． (2)存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＋1＋x0 a<0， 等价于[f(x)＋1＋x a]min<0(x∈[1，e])，
(2)证明：考虑到 x>0 时 x－1≥ln x，
欲证 x3>ln x＋34x，只要证 x3>(x－1)＋34x＝74x－1，
设 g(x)＝x3－74x＋1(x>0)，则 g′(x)＝3x2－74，
2019届高考数学二轮复习专题六函数与导数、不等式第5讲导数的综合应用与热点问题课件理
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. 因此f(x)在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上为减函数.
由g′(x)<0，得x>ln 3；由g′(x)>0，得x<ln 3.
故g(x)max＝g(ln 3)＝3ln 3－4<0. 从而g(x)＝f(x)＋2x<0. ∵f(x1)＋f(x2)＝－5， ∴f(x2)＋2x2＝－5－f(x1)＋2x2<0. 即x1－2x2>－4＋ex1.
1 1 ∵－1<x1<0，∴e <e <1，∴－4＋e >－4＋e .从而 x1－2x2>－4＋e.
(2)y＝f(x)－m－1在(0，＋∞)内有两个不同的零点，可转化为f(x)＝m＋1在(0，＋∞)内有 两个不同的根，则函数y＝f(x)与y＝m＋1的图象有两个不同的交点.
由(1)知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1， 即m>－2，① 当0<x<1时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当x>0且x→0时，f(x)→0；
1 设 h(x)＝2x－2－ln x，则 h′(x)＝2－x . 当
1 x∈0，2时，h′(x)<0；当 1 x∈2，＋∞时，h′(x)>0.
2019版二轮复习数学(理·重点生)通用版课件：第一部分 专题三 导数的几何意义及简单应用
考法一 导数的几何意义
考法三 利用导数研究函数的极值与最值
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卷Ⅱ
பைடு நூலகம்
卷Ⅲ
卷Ⅱ3年4考，涉及导 卷Ⅲ3年3考，涉及
数的运算、几何意义 导数公式及导数几
以及利用导数求函数 何意义的应用，题
的极值，题型为选择、型多为填空题．预
填空题，难度适
计2019年仍会考查
中．预计2019年高考 导数几何意义的应
会考查利用导数讨论 用，另外，要重点
函数的单调性，难度 关注利用导数研究
偏大
函数的单调性
1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择题、填空题中出现，难 度较小．
横向 2．高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极 把握 值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等，有时
重点 也出现在解答题第一问．
3．近几年全国卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简 单，但也不能忽略.
专题三
卷Ⅰ
卷Ⅱ
2018
奇函数的定义及利用导 数的几何意义求切线方 程·T5
利用导数讨论函数的单 调性·T21(1)
利用导数的几何意义 求切线方程·T13
2017
利用导数讨论函数的单 调性·T21(1)
导数的运算、利用导 数求函数极值·T11
利用导数的极值点求 参数·T21(1)
2016
导数的计算与几何意 义、直线方程、斜率 计算公式·T16
卷Ⅲ
利用导数的几何意 义求参数值·T14
函数的奇偶性、利 用导数的几何意义 求切线方程·T15 利用导数公式直接 求导·T21(1)
卷Ⅰ
卷Ⅰ3年3考，涉及导数 的几何意义以及讨论函 数的单调性，其中利用 纵向 导数求切线方程难度偏 把握 小，而用导数讨论函数 趋势 的单调性难度偏大．预 计2019年仍会以解答题 的形式考查函数单调性 的讨论
2019年高考数学(理)二轮复习专题突破课件：2.3导数的简单应用
(2)证明：因为x2＋x＋1>0， x3 所以f(x)＝0等价于 2 －3a＝0. x ＋x＋1 x2x2＋2x＋3 x3 设g(x)＝ 2 －3a，则g′(x)＝ 2 ≥0， x ＋x＋1 x ＋x＋12 仅当x＝0时g′(x)＝0， 所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增． 故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点． 1 2 1 1 1 2 又f(3a－1)＝－6a ＋2a－ 3 ＝－6 a－6 － 6 <0，f(3a＋1)＝ 3 >0，故f(x)有一个零点． 综上，f(x)只有一个零点.
2．[警示] 求曲线的切线方程时，务必分清点P处的切线还是 过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点，求解时应 先求出切点坐标.
1．[2018· 武汉调研]过点P(1,1)作曲线y＝x3的切线，则切线方 程为________________．
解析：设切点坐标为(x0，y0)，由y＝x3，得y′＝3x2，所以切 2 线的斜率k＝y′ x＝x ＝3x 2 0 ，则切线方程为y－y0＝3x 0 (x－x0)．又点 (x0，y0)在曲线y＝x3上，且点P(1,1)在切线上， x ＝－1， 2 0 2 1－y0＝3x01－x0， x0＝1， 所以 解得 或 3 y0＝x0， y0＝1 y0＝－1， 8 1 3 1 所以切线方程为y－1＝3(x－1)或y＋ 8 ＝ 4 x＋2 ，即y＝3x－2 3 1 或y＝4x＋4. 3 1 答案：y＝3x－2或y＝4x＋4
技法领悟 1．求解或讨论函数单调性问题的解题策略 研究函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多 数情况下，这类问题可以归纳为一个含有参数的一元二次不等式 的解集的讨论： (1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根 的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方 程的判别式进行分类讨论． 2．[警示] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的， 千万不要忽视了定义域的限制.
2019届高考数学二轮复习第二篇专题通关攻略专题8函数与导数2.8.3导数的简单应用与定积分课件
线的斜率就是该点处的切线的斜率,即该点处的导数, 则必有:0<f′(3)< f(3 ) <f(f2′)(2).
32
所以C选项是正确的.
5.已知函数f(x)=ex在点(0,f(0))处的切线为l,动点
(a,b)在直线l上,则2a+2-b的最小值是 ( )
x 1
所以
y|x1(x11)|x1
1. 2
故所求的切线方程为y-ln 2= 1 (x-1),即x-2y-1+
2
2ln 2=0.
答案:x-2y-1+2ln 2=0
2.(2018·东莞二调)设函数f(x)=x3+ax2,若曲线y=f(x)
在点P(x0,f(x0))处的切线方程为x+y=0,则点P的坐标 为( )
当x0=1时,f(x0)=-1,
当x0=-1时,f(x0)=1.
3.(2018·开封一模)已知函数f(x)=ax3+bx+1的图象在 点(1,f(1))处的切线方程为4x-y-1=0,则a+b=_____.
【解析】函数f(x)=ax3+bx+1的导数为 f′(x)=3ax2+b, f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为4x-y-1=0, 可得3a+b=4,f(1)=3=a+b+1, 解得a=1,b=1, 则a+b=2. 答案:2
第3课时 导数的简单应用与定积分
热点考向一导数的几何意义(切线问题) 考向剖析:本考向考题的形式主要是选择题与填空题, 主要考查利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线 方程,或应用切线的性质求参数值或求解某些问题 等.2019年高考仍将以选择题、填空题的形式出现,考 查切入点将会灵活多变.
2019年高考数学二轮复习3 第3讲 导数的简单应用
第3讲 导数的简单应用导数的运算及其几何意义(综合型)导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．4个易误导数公式 (1)(sin x )′＝cos x . (2)(cos x )′＝－sin x .(3)(a x )′＝a x ln a (a >0且a ≠1)． (4)(log a x )′＝1x ln a(a >0且a ≠1)． [典型例题](1)若曲线f (x )＝x sin x ＋1在点⎝⎛⎭⎫π2，π2＋1处的切线与直线ax －2y ＋1＝0互相垂直，则实数a ＝( )A ．－2B ．2C ．1D ．－1(2)直线l 与曲线y ＝e x 及y ＝－14x 2都相切，则直线l 的方程为________．【解析】 (1)因为f (x )＝x sin x ＋1， 所以f ′(x )＝sin x ＋x cos x ， 所以f ′⎝⎛⎭⎫π2＝sin π2＋π2cos π2＝1.因为直线ax －2y ＋1＝0的斜率为a2，所以f ′⎝⎛⎭⎫π2×a2＝－1，解得a ＝－2，故选A.(2)设直线l 与曲线y ＝e x的切点为(x 0，e x 0)，直线l 与曲线y ＝－14x 2的切点为⎝⎛⎭⎫x 1，－x 214， 因为y ＝e x在点(x 0，e x 0)处的切线的斜率为y ′|x ＝x 0＝e x 0，y ＝－x 24在点⎝⎛⎭⎫x 1，－x 214处的切线的斜率为y ′|x ＝x 1＝ ⎪⎪⎝⎛⎭⎫－x 2x ＝x 1＝－x 12，则直线l 的方程可表示为y ＝e x 0x －x 0e x 0＋e x 0或y ＝－12x 1x ＋14x 21，所以⎩⎨⎧e x 0＝－x 12，－x 0e x 0＋e x 0＝x214，所以e x 0＝1－x 0，解得x 0＝0.所以直线l 的方程为y ＝x ＋1. 【答案】 (1)A (2)y ＝x ＋1(1)求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法 ①已知切点P (x 0，y 0)，求切线方程求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程． ②已知切线的斜率k ，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程． ③已知切线上一点(非切点)，求切线方程设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．(2)两曲线f (x )，g (x )的公切线l 的方程的求解关键①设点求切线，即分别设出两曲线的切点的坐标(x 0，f (x 0))，(x 1，g (x 1))，并分别求出两曲线的切线方程． ②建立方程组，即利用两曲线的切线重合，则两切线的斜率及在y 轴上的截距都分别相等，得到关于参数x 0，x 1的方程组，解方程组，求出参数x 0，x 1的值．③求切线方程，把所求参数的值代入曲线的切线方程中即可．[对点训练]1．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax .若f (x )为奇函数，则曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为( )A ．y ＝－2xB ．y ＝－xC ．y ＝2xD ．y ＝x解析：选D.法一：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以(－x )3＋(a －1)(－x )2＋a (－x )＝－[x 3＋(a －1)·x 2＋ax ]，所以2(a －1)x 2＝0，因为x ∈R ，所以a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D.法二：因为函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋ax 为奇函数，所以f (－1)＋f (1)＝0，所以－1＋a －1－a ＋(1＋a －1＋a )＝0，解得a ＝1，所以f (x )＝x 3＋x ，所以f ′(x )＝3x 2＋1，所以f ′(0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0，0)处的切线方程为y ＝x .故选D.2．(2018·合肥第一次质量检测)已知直线2x －y ＋1＝0与曲线y ＝a e x ＋x 相切(其中e 为自然对数的底数)，则实数a 的值是( )A.12 B ．1 C ．2D ．e解析：选B.由题意知y ′＝a e x ＋1＝2，则a >0，x ＝－ln a ，代入曲线方程得y ＝1－ln a ，所以切线方程为y －(1－ln a )＝2(x ＋ln a )，即y ＝2x ＋ln a ＋1＝2x ＋1⇒a ＝1.利用导数研究函数的单调性(综合型)导数与函数单调性的关系(1)f ′(x )>0是f (x )为增函数的充分不必要条件，如函数f (x )＝x 3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f ′(x )≥0. (2)f ′(x )≥0是f (x )为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f ′(x )＝0时，则f (x )为常数，函数不具有单调性．[典型例题]命题角度一 求函数的单调区间或判断函数的单调性已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x（x ＋1）2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．【解】 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x （x －2a ＋3）（x ＋1）3，x >－1.①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增． 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．利用导数求函数的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小到大的顺序排列起来，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，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f ′(x )的符号，得单调区间．命题角度二 已知函数的单调性求参数已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x .(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由．【解】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ，则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 所以f (x )的单调增区间为(0，1)与(2，＋∞)，单调减区间为(1，2)． (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， 所以g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax －2≥0恒成立．即x 2－2x －2a x ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立．所以x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立， 所以a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立．又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12.所以当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立．又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x 当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增．(1)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解．[对点训练]1．若函数f (x )＝(x ＋a )e x 在区间(0，＋∞)上不单调，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1) B ．(－∞，0) C ．(－1，0)D ．[－1，＋∞)解析：选A.f ′(x )＝e x (x ＋a ＋1)，由题意，知方程e x (x ＋a ＋1)＝0在(0，＋∞)上至少有一个实数根，即x ＝－a －1>0，解得a <－1.2．若函数f (x )＝x 2－4e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )＝x 2－4e x －ax ，所以f ′(x )＝2x －4e x －a .由题意，f ′(x )＝2x －4e x －a >0，即a <2x －4e x 有解，即a <(2x －4e x )max 即可．令g (x )＝2x －4e x ，则g ′(x )＝2－4e x .令g ′(x )＝0，解得x ＝－ln 2.当x ∈(－∞，－ln 2)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递增；当x ∈(－ln 2，＋∞)时，函数g (x )＝2x －4e x 单调递减．所以当x ＝－ln 2时，g (x )＝2x －4e x 取得最大值－2－2ln 2，所以a <－2－2ln 2.答案：(－∞，－2－2ln 2)3．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－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．利用导数研究函数的极值(最值)问题(综合型)函数f (x )在点x 0附近有定义，若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．[典型例题]命题角度一 求函数的极值或最值已知函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x ，其中a ∈R . (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[1，e]上的最小值为－2，求a 的取值范围． 【解】 (1)当a ＝1时，f (x )＝x 2－3x ＋ln x (x >0)，所以f ′(x )＝2x －3＋1x ＝2x 2－3x ＋1x，所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0.所以切线方程为y ＝－2. (2)函数f (x )＝ax 2－(a ＋2)x ＋ln x 的定义域为(0，＋∞)，当a >0时，f ′(x )＝2ax －(a ＋2)＋1x ＝2ax 2－（a ＋2）x ＋1x ＝（2x －1）（ax －1）x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝1a.①当0<1a ≤1，即a ≥1时，f (x )在[1，e]上单调递增．所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；②当1<1a <e ，即1e <a <1时，f (x )在⎣⎡⎦⎤1，1a 上单调递减，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上单调递增，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1a <f (1)＝－2，不合题意．③当1a ≥e ，即0<a ≤1e 时，f (x )在[1，e]上单调递减，所以f (x )在[1，e]上的最小值为f (e)<f (1)＝－2，不合题意． 综上，实数a 的取值范围是[1，＋∞)．利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]上的最值时，在求得极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．命题角度二 已知函数的极值或最值求参数已知函数g (x )＝2x －a ln x (a ∈R )，f (x )＝x 2g (x )．(1)当a ＝－2时，求函数g (x )的单调区间；(2)若f (x )在区间⎝⎛⎭⎫1e ，e 上有且只有一个极值点，试求a 的取值范围．【解】 (1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－2时，g (x )＝2x ＋2ln x ，g ′(x )＝－2x 2＋2x ＝2x －2x 2(x >0)．当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，此时函数g (x )单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，此时函数g (x )单调递增，故函数g (x )的单调递减区间是(0，1)；单调递增区间是(1，＋∞)．(2)f (x )＝x 2g (x )＝2x －ax 2ln x ，其定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝2－a (x ＋2x ln x )．若a ＝0，则f ′(x )＝2≠0，不存在极值点，所以a ≠0. 令h (x )＝f ′(x )＝2－a (x ＋2x ln x )，则h ′(x )＝－a (3＋2ln x )．当x ∈⎝⎛⎭⎫1e ，e 时，3＋2ln x >0，所以h ′(x )>0恒成立或h ′(x )<0恒成立，所以f ′(x )在⎝⎛⎭⎫1e ，e 上是单调函数． 因为f (x )在区间⎝⎛⎭⎫1e ，e 上有且只有一个极值点，所以f ′(x )＝0在⎝⎛⎭⎫1e ，e 上有唯一解． 由零点存在性定理，得f ′⎝⎛⎭⎫1e f ′(e)<0⇒⎝⎛⎭⎫2＋a e (2－3e a )<0⇒a <－2e 或a >23e . 综上所述，a 的取值范围是a <－2e 或a >23e.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．[提醒] 若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值．[对点训练](2018·高考全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x )－2x . (1)若a ＝0，证明：当－1<x <0时，f (x )<0；当x >0时，f (x )>0； (2)若x ＝0是f (x )的极大值点，求a .解：(1)证明：当a ＝0时，f (x )＝(2＋x )ln(1＋x )－2x ， f ′(x )＝ln(1＋x )－x 1＋x .设函数g (x )＝f ′(x )＝ln (1＋x )－x1＋x， 则g ′(x )＝x（1＋x ）2.当－1＜x ＜0时，g ′(x )＜0；当x ＞0时，g ′(x )＞0.故当x ＞－1时，g (x )≥g (0)＝0， 且仅当x ＝0时，g (x )＝0，从而f ′(x )≥0，且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0. 所以f (x )在(－1，＋∞)单调递增．又f (0)＝0，故当－1＜x ＜0时，f (x )＜0；当x ＞0时，f (x )＞0.(2)(ⅰ)若a ≥0，由(1)知，当x ＞0时，f (x )≥(2＋x )·ln (1＋x )－2x ＞0＝f (0)，这与x ＝0是f (x )的极大值点矛盾．(ⅱ)若a ＜0，设函数h (x )＝f （x ）2＋x ＋ax 2＝ln(1＋x )－2x 2＋x ＋ax 2.由于当|x |＜min{1,1|a |}时，2＋x ＋ax 2＞0，故h (x )与f (x )符号相同． 又h (0)＝f (0)＝0，故x ＝0是f (x )的极大值点当且仅当x ＝0是h (x )的极大值点． h ′(x )＝11＋x －2（2＋x ＋ax 2）－2x （1＋2ax ）（2＋x ＋ax 2）2＝x 2（a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1）（x ＋1）（ax 2＋x ＋2）2.如果6a ＋1＞0，则当0＜x ＜－6a ＋14a，且|x |＜min{1,1|a |}时，h ′(x )＞0，故x ＝0不是h (x )的极大值点． 如果6a ＋1＜0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1＝0存在根x 1＜0，故当x ∈(x 1，0)，且|x |＜min{1, 1|a |}时，h ′(x )＜0，所以x ＝0不是h (x )的极大值点．如果6a ＋1＝0，则h ′(x )＝x 3（x －24）（x ＋1）（x 2－6x －12）2.则当x ∈(－1，0)时，h ′(x )＞0；当x ∈(0，1)时，h ′(x )＜0.所以x ＝0是h (x )的极大值点，从而x ＝0是f (x )的极大值点．综上，a ＝－16.一、选择题1．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12 B ．1 C ．0D ．不存在解析：选A.因为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.所以f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.2．若直线y ＝ax 是曲线y ＝2ln x ＋1的一条切线，则实数a 的值为( )A ．e －12B ．2e －12C ．e 12D ．2e 12解析：选B.依题意，设直线y ＝ax 与曲线y ＝2ln x ＋1的切点的横坐标为x 0，则有y ′|x ＝x 0＝2x 0，于是有⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2x 0，ax 0＝2ln x 0＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝e ，a ＝2e －123．已知f (x )＝x 2＋ax ＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－26] B.⎝⎛⎦⎤－∞，62 C ．[－26，＋∞)D ．[－5，＋∞)解析：选C.由题意得f ′(x )＝2x ＋a ＋3x ＝2x 2＋ax ＋3x ≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g (x )＝2x 2＋ax ＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a 2－24≤0或⎩⎪⎨⎪⎧－a 4≤1，g （1）≥0⇔－26≤a ≤26或a ≥－4⇔a ≥－2 6.4．若函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R )的导函数在区间(1，2)上有零点，则f (x )在下列区间上单调递增的是( )A ．(－2，0)B ．(0，1)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－2)解析：选D.由题意知，f ′(x )＝1－bx2，因为函数f (x )＝x ＋bx (b ∈R )的导函数在区间(1，2)上有零点，令1－bx 2＝0，得b ＝x 2，又x ∈(1，2)，所以b ∈(1，4)． 令f ′(x )>0，解得x <－b 或x >b ，即f (x )的单调递增区间为(－∞，－b )，(b ，＋∞)． 因为b ∈(1，4)，所以(－∞，－2)符合题意．5．已知函数f (x )＝e x －12x 2－mx 有极值点，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥1B ．m >1C ．0≤m ≤1D ．0<m <1 解析：选B.因为f (x )＝e x －12x 2－mx ，所以f ′(x )＝e x －x －m ，因为f (x )＝e x －12x 2－mx 有极值点，所以关于x的方程e x －x －m ＝0有实根，且该实根使f ′(x )左右异号，设g (x )＝e x －x ，y ＝m ，而g ′(x )＝e x －1，所以当x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，所以函数g (x )＝e x －x 在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以函数g (x )＝e x －x 的极小值点为0，所以g (0)＝1为g (x )＝e x －x 的最小值，所以实数m 的取值范围是m >1，故选B.6．已知f (x )＝ln x －x 4＋34x ，g (x )＝－x 2－2ax ＋4，若对任意的x 1∈(0，2]，存在x 2∈[1，2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，则a 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫54，＋∞B.⎣⎡⎭⎫－18，＋∞ C.⎣⎡⎦⎤－18，54 D.⎝⎛⎦⎤－∞，－54 解析：选A.因为f ′(x )＝1x －14－34x 2＝－x 2＋4x －34x 2＝－（x －1）（x －3）4x 2， 易知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈(1，2]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增， 故f (x )min ＝f (1)＝12.对于二次函数g (x )＝－x 2－2ax ＋4，易知该函数开口向下， 所以g (x )在区间[1，2]上的最小值在端点处取得， 即g (x )min ＝min{g (1)，g (2)}．要使对任意的x 1∈(0，2]，存在x 2∈[1，2]，使得f (x 1)≥g (x 2)成立，只需f (x 1)min ≥g (x 2)min ， 即12≥g (1)且12≥g (2)， 所以12≥－1－2a ＋4且12≥－4－4a ＋4，解得a ≥54.二、填空题7.⎠⎛1e ⎝⎛⎭⎫x ＋1x d x ＝________． 解析：⎠⎛1e ⎝⎛⎭⎫x ＋1x d x ＝⎪⎪⎝⎛⎭⎫x 22＋ln x e 1＝e 22＋1－12＝e 2＋12.答案：e 2＋128．(2018·高考全国卷Ⅲ)曲线y ＝(ax ＋1)e x 在点(0，1)处的切线的斜率为－2，则a ＝________.解析：y ′＝(ax ＋1＋a )e x ，由曲线在点(0，1)处的切线的斜率为－2，得y ′|x ＝0＝(ax ＋1＋a )e x |x ＝0＝1＋a ＝－2，所以a ＝－3.答案：－39．已知函数f (x )＝－x 2＋2ln x ，g (x )＝x ＋a x ，若函数f (x )与g (x )有相同的极值点，则实数a 的值为________．解析：因为f (x )＝－x 2＋2ln x ，所以f ′(x )＝－2x ＋2x ＝－2(x ＋1)(x －1)x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－1(舍去)，又当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以x ＝1是函数f (x )的极值点．因为g (x )＝x ＋ax ，所以g ′(x )＝1－a x 2.又函数f (x )与g (x )＝x ＋ax 有相同极值点，所以x ＝1也是函数g (x )的极值点，所以g ′(1)＝1－a ＝0，解得a ＝1.经检验，当a ＝1时，函数g (x )取到极小值．答案：1 三、解答题10．已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性． 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值， 所以f ′⎝⎛⎭⎫－43＝0， 即3a ×169＋2×⎝⎛⎭⎫－43＝16a 3－83＝0， 解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x ， 令g ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝－1或x ＝－4.当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数；当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数；当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数． 综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1，0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数．11．已知函数f (x )＝ln x x－1. (1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m >0，求函数f (x )在区间[m ，2m ]上的最大值．解：(1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）>0，x >0得0<x <e ； 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）<0，x >0，得x >e. 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m >0， 即0<m ≤e 2时，(m ，2m )⊆(0，e)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递增， 所以f (x )max ＝f (2m )＝ln 2m 2m－1； ②当m <e<2m ，即e 2<m <e 时，(m ，e)⊆(0，e)，(e ，2m )⊆(e ，＋∞)， 函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e ，2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e －1； ③当m ≥e 时，(m ，2m )⊆(e ，＋∞)，函数f (x )在区间[m ，2m ]上单调递减，所以f (x )max ＝f (m )＝ln m m－1. 综上所述，当0<m ≤e 2时，f (x )max ＝ln 2m 2m －1；当e 2<m <e 时，f (x )max ＝1e －1；当m ≥e 时，f (x )max ＝ln m m－1. 12．已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x .(1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围．解：(1)由已知得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2＝a ＋2x x. 当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x. 所以当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．所以f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln 2.所以当a ＝－4时，f (x )只有极小值4－4ln 2.(2)因为f ′(x )＝a ＋2x x， 所以当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a 2， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增； 由f ′(x )<0得，x <－a 2， 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－a 2上单调递减． 所以当a <0时，f (x )的最小值为极小值，即f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2－a . 根据题意得f ⎝⎛⎭⎫－a 2＝a ln ⎝⎛⎭⎫－a 2－a ≥－a ， 即a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为a <0，所以ln(－a )－ln 2≤0，解得a ≥－2，综上实数a 的取值范围是[－2，0)．。