【配套K12】课标通用2018年高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数与函数的单调性极值最值学
高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的
2.函数的极值
如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是增加的，在区间(x0，b)上是减少的， 则x0是 极大值点，f(x0)是极大值 . 如果函数y＝f(x)在区间(a，x0)上是减少的，在区间(x0，b)上是增加的， 则x0是 极小值点 ，f(x0)是极小值 .
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 一个为最大值，最小的一个为最小值.
A.(0,1)
B.(0，＋∞)
C.(1，＋∞)
D.(－∞，0)∪(1，＋∞)
函数的定义域是(0，＋∞)， f′(x)＝1－1x＝x－x 1， 令f′(x)<0，得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1).
5.设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则实数a的取值范围是 _(－__∞__，__－__1_)_. 答案 解析 几何画板展示
B.(0,1)
答案 解析
C.(1，＋∞)
D.(0，＋∞)
y＝12x2－ln x，y′＝x－1x＝x2－x 1＝x－1xx＋1(x>0).
令y′<0，得0<x<1，∴递减区间为(0,1).
(2)已知定义在区间(－π，π)上的函数f(x)＝xsin x＋cos x，则f(x)的递增
高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数的应用 第2课时 导数与函数的极值、最值教师用
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第2课时导数与函数的极值、最值题型一用导数解决函数极值问题命题点1 根据函数图像判断极值例1 （1)（2016·青岛模拟)设f′(x)是函数f（x)的导函数，y＝f′(x）的图像如图所示，则y＝f(x)的图像最有可能是( )(2)设函数f(x)在R上可导,其导函数为f′（x），且函数y＝(1－x）f′（x）的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是（）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）答案（1)C （2）D解析（1)由f′（x)图像可知，x＝0是函数f（x）的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点，故选C.（2）由题图可知,当x<－2时,f′(x)>0；当－2<x〈1时，f′(x)<0；当1<x〈2时,f′(x)<0;当x〉2时,f′(x)>0。
由此可以得到函数f（x）在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．命题点2 求函数的极值例2 （2016·泉州模拟)已知函数f（x）＝x－1＋错误!（a∈R,e为自然对数的底数）．(1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1)）处的切线平行于x轴，求a的值；(2）求函数f(x）的极值．解(1)由f（x）＝x－1＋错误!，得f′（x）＝1－错误!。
2018版高考数学(江苏专用理科)大一轮复习配套作业第三章导数及其应用3-2含答案
第2讲利用导数研究函数的单调性基础巩固题组(建议用时:40分钟）一、填空题1．函数f（x）＝x－ln x的单调递减区间为________．解析函数的定义域是（0,＋∞)，且f′(x)＝1－错误!＝错误!，令f′(x)〈0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0，1）．答案（0,1)2．已知定义在R上的函数f（x)，其导函数f′（x）的大致图象如图所示，则下列叙述:①f(b)>f（c）〉f(d)；②f(b)>f（a）>f（e)；③f（c)>f（b）>f（a)；④f（c）>f（e)>f(d）．其中正确的是________（填序号)．解析依题意得，当x∈（－∞，c)时,f′(x）>0，因此，函数f(x）在（－∞，c）上是增函数，由a<b〈c，所以f（c）〉f(b)>f(a）．答案③3．若函数f(x）＝2x3－3mx2＋6x在区间（2，＋∞）上为增函数，则实数m的取值范围为________．解析∵f′（x）＝6x2－6mx＋6，当x∈（2,＋∞)时,f′(x）≥0恒成立,即x2－mx＋1≥0恒成立,∴m≤x＋错误!恒成立．令g(x）＝x＋错误!,g′（x)＝1－错误!，∴当x>2时，g′（x）>0,即g（x）在(2，＋∞）上单调递增,∴m≤2＋错误!＝错误!.答案错误!4．已知函数f（x）＝（－x2＋2x)e x（x∈R，e为自然对数的底数），则函数f（x）的单调递增区间为________．解析因为f（x)＝（－x2＋2x）e x，所以f′（x)＝（－2x＋2）e x＋(－x2＋2x)e x＝(－x2＋2）e x。
令f′（x)>0,即（－x2＋2）e x>0，因为e x〉0，所以－x2＋2>0,解得－错误!〈x<错误!，所以函数f(x）的单调递增区间为（－错误!，错误!)．答案（－错误!，错误!）5．已知函数f(x)＝－错误!x2＋4x－3ln x在区间上不单调,则t的取值范围是________．解析由题意知f′（x）＝－x＋4－错误!＝－错误!，由f′(x）＝0得函数f（x)的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间（t，t＋1）内，函数f（x）在区间上就不单调，由t<1<t ＋1或t<3〈t＋1，得0<t〈1或2〈t<3。
2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题教师用书文苏教版
第3课时 导数与函数的综合问题题型一 导数与不等式有关的问题 命题点1 解不等式例1 设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________. 答案 (－∞，－2)∪(0,2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2). 命题点2 证明不等式例2 (2016·全国丙卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x .(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.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. (2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .命题点3 不等式恒成立或有解问题 例3 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋12)上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1；当x ∈(0,1)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为极大值点，所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为(12，1). (2)当x ≥1时，k ≤x ＋＋ln xx恒成立，令g (x )＝x ＋＋ln xx，则g ′(x )＝＋ln x ＋1＋1xx －x ＋＋ln xx 2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2.所以实数k 的取值范围是(－∞，2]. 引申探究本题(2)中，若改为存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围.解 当x ∈[1，e]时，k ≤x ＋＋ln xx有解，令g (x )＝x ＋＋ln xx，由例3(2)解题知，g (x )为单调增函数，∴g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，∴k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是(－∞，2＋2e ].思维升华 (1)利用导数解不等式的思路已知一个含f ′(x )的不等式，可得到和f (x )有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x ).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.已知函数f (x )＝x 2ln x －a (x 2－1)，a ∈R .(1)当a ＝－1时，求曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ≥1时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围. 解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝x 2ln x ＋x 2－1，f ′(x )＝2x ln x ＋3x .则曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为f ′(1)＝3. 又f (1)＝0，所以切线方程为3x －y －3＝0.(2)f ′(x )＝2x ln x ＋(1－2a )x ＝x (2ln x ＋1－2a )，其中x ≥1. 当a ≤12时，因为x ≥1，所以f ′(x )≥0.所以函数f (x )在[1，＋∞)上单调递增. 故f (x )≥f (1)＝0.当a >12时，令f ′(x )＝0，得x ＝12e a -.若x ∈[1，12ea -]，则f ′(x )<0，所以函数f (x )在[1，12e a -)上单调递减，所以当x ∈[1，12ea -)时，f (x )≤f (1)＝0，不符合题意.综上，a 的取值范围是(－∞，12].题型二 利用导数研究函数零点问题例4 (2016·扬州模拟)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈[0，π2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解 (1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x(x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值.(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈[0，π2]，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在[0，π2]上为增函数.所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意； ③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0， f ′(π4)＝4e(π4＋1)>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.由(2)知，当a ≤1时，f (x )在(0，π2)上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间(0，π2)上无零点.当a >1时，f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ，则g ′(x )＝e x(x ＋2)＋2a sin 2x ， 当x ∈(0，π2)时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，π2)上是增函数.由g (0)＝1－a <0， g (π2)＝2e π(π2＋1)＋a >0， 故g (x )在(0，π2)上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在(0，π2)上存在唯一解x 0.且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，π2)时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减， 在(x 0，π2)上单调递增.当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0， 即f (x )在(0，x 0)上无零点；当x ∈(x 0，π2)时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f (π2)＝π22e π>0，所以f (x )在(x 0，π2)上有唯一零点.所以，当a >1时，f (x )在(0，π2)上有一个零点.综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.已知函数f (x )＝x 2＋x sin x ＋cos x 的图象与直线y ＝b 有两个不同交点，求b的取值范围.解 f ′(x )＝x (2＋cos x )， 令f ′(x )＝0，得x ＝0.∴当x >0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上递增.当x <0时，f ′(x )<0，f (x )在(－∞，0)上递减. ∴f (x )的最小值为f (0)＝1.∵函数f (x )在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，∴当b >1时，曲线y ＝f (x )与直线y ＝b 有且仅有两个不同交点. 综上可知，b 的取值范围是(1，＋∞). 题型三 利用导数研究生活中的优化问题例5 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6).于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，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式y ＝f (x ).(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答.(2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1吨，y 1＝ax ＋72a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1112x ＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积. (1)若a ＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.解 (1) 若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72(17)2－17，解得－40<x <6 . 因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )， 则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧y 1·x ，1<x <6y 2·x ，6≤x <14.当1<x <6时，g (x )＝17(x －12)x <g (6)＝337.当6≤x <14时，g (x )＝(－1224x 2－1112x ＋1)x ，则g ′(x )＝－1224(3x 2＋4x －224)＝－1224(x －8)(3x ＋28)，由g ′(x )>0，得x <8，所以g (x )在[6,8)上是增函数，在(8,14)上是减函数，故当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝367.(2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋(1112＋a )x ＋72a 2－1－a ，因为a >0，所以f (x )在区间(1,14)上是增函数，若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f (x )在区间[6,14)上有零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧ff ，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋10a －117≤072a 2＋13a >0，解得0<a ≤17.答 (1)若a ＝17，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大；(2)若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是(0，17].一审条件挖隐含典例 (16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.(1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥M↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )↓(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max↓求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数aa ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1↓a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . [2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23).令g ′(x )>0，得x <0或x >23，又x ∈[0,2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[7分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[9分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0； 当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分] 即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1,2)上单调递减，所以h (x )max＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).[16分]1.函数f (x )＝(x －1)2(x －2)2的极大值是________. 答案116解析 ∵f (x )＝(x －1)2(x －2)2， ∴f ′(x )＝2(x －1)(2x －3)(x －2).令f ′(x )＝0，得可能的极值点x 1＝1，x 2＝32，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↗∴f (32)＝116是函数的极大值.2.已知曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线的斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时切点的坐标为________. 答案 (1,1)解析 函数y ＝x 2＋a ln x (a ＞0)的定义域为{x |x ＞0}，y ′＝2x ＋ax≥22a ＝4，则a ＝2，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，将x ＝1代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1,1). 3.如果不等式ln kx x ≤1e 对任意的正实数x 恒成立，则实数k 的取值范围为____________.答案 (0,1]解析 由题意知k ＞0，令f (x )＝ln kxx(x >0)，则f (x )＝ln kx x ＝ln k ＋ln x x，因此f ′(x )＝1－ln kx x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e k处取得极大值，也是最大值，由题意有k e ≤1e，所以0<k ≤1.4.若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件. 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.5.(2017·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 答案 4－2ln 2解析 由题意得，AB ＝|e x＋1－(2x －1)| ＝|e x－2x ＋2|，令h (x )＝e x －2x ＋2，则h ′(x )＝e x－2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB 的最小值是4－2ln 2.6.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，f ′(x )＋f xx>0，若a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 12，则a ，b ，c 的大小关系是____________. 答案 a <c <b解析 构造函数h (x )＝xf (x )， 则h ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x ). ∵y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数， ∴h (x )是定义在R 上的偶函数.当x >0时，h ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )>0， ∴此时函数h (x )单调递增.∵a ＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b ＝－2f (－2)＝2f (2)＝h (2)，c ＝⎝⎛⎭⎪⎫ln 12f ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12＝h ⎝⎛⎭⎪⎫ln 12＝h (－ln 2)＝h (ln 2)，又12<ln 2<2，∴a <c <b . 7.若函数f (x )＝ax 2＋4x －3在[0,2]上有最大值f (2)，则a 的取值范围是________. 答案 [－1，＋∞)解析 f ′(x )＝2ax ＋4，由f (x )在[0,2]上有最大值f (2)，则要求f (x )在[0,2]上单调递增，则2ax ＋4≥0在[0,2]上恒成立.当a ≥0时，2ax ＋4≥0恒成立；当a <0时，要求4a ＋4≥0恒成立，即a ≥－1.∴a 的取值范围是[－1，＋∞).8.(2016·苏州模拟)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0，＋∞)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )， 则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋3，∴g (x )>3， 又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3， ∴g (x )>g (0)，∴x >0.9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0且x 0>0，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－2)解析 当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0.由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f (2a)>0， 即a ×(2a )3－3×(2a)2＋1>0，化简得a 2－4>0，又a <0，所以a <－2.10.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 [4，＋∞)解析 当x ∈(0,1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0,1]， g ′(x )＝3x 3－x －x 2x 6＝－x －12x 4.g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：↗因此g (x )的最大值为4， 则实数a 的取值范围是[4，＋∞).11.(2016·盐城模拟)已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明 由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1. 当－1<x <0时，g (x )<1等价于f (x )>x . 设h (x )＝f (x )－x ，则h ′(x )＝－x e x－1. 当x ∈(－1,0)时，0<－x <1,0<e x<1，则0<－x e x<1，从而当x ∈(－1,0)时，h ′(x )<0，h (x )在(－1,0)上单调递减.当－1<x <0时，h (x )>h (0)＝0，即g (x )<1. 综上，当x >－1且x ≠0时总有g (x )<1. 12.已知函数f (x )＝e x＋ax －a (a ∈R 且a ≠0).(1)若f (0)＝2，求实数a 的值，并求此时f (x )在[－2,1]上的最小值； (2)若函数f (x )不存在零点，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f (0)＝1－a ＝2，得a ＝－1.易知f (x )在[－2,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增， 所以当x ＝0时，f (x )在[－2,1]上取得最小值2. (2)f ′(x )＝e x＋a ，由于e x>0.①当a >0时，f ′(x )>0，f (x )是增函数， 当x >1时，f (x )＝e x＋a (x －1)>0.当x <0时，取x ＝－1a ，则f (－1a )<1＋a (－1a－1)＝－a <0.所以函数f (x )存在零点，不满足题意. ②当a <0时，f ′(x )＝e x＋a ， 令f ′(x )＝0，得x ＝ln(－a ).在(－∞，ln(－a ))上，f ′(x )<0，f (x )单调递减， 在(ln(－a )，＋∞)上，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 所以当x ＝ln(－a )时，f (x )取最小值. 函数f (x )不存在零点，等价于f (ln(－a ))＝e ln(－a )＋a ln(－a )－a ＝－2a ＋a ln(－a )>0，解得－e 2<a <0.综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0). 13.已知a 为实数，函数f (x )＝a ln x ＋x 2－4x .(1)是否存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g (x )＝(a －2)x ，若∃x 0∈[1e ，e]，使得f (x 0)≤g (x 0)成立，求实数a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋2x －4＝2x 2－4x ＋ax.假设存在实数a ，使f (x )在x ＝1处取得极值，则f ′(1)＝0， ∴a ＝2，此时，f ′(x )＝x －2x，当x >0时，f ′(x )≥0恒成立， ∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴x ＝1不是f (x )的极值点.故不存在实数a ，使得f (x )在x ＝1处取得极值. (2)由f (x 0)≤g (x 0)，得(x 0－ln x 0)a ≥x 20－2x 0， 记F (x )＝x －ln x (x >0)，则F ′(x )＝x －1x(x >0)， ∴当0<x <1时，F ′(x )<0，F (x )单调递减； 当x >1时，F ′(x )>0，F (x )单调递增.∴F (x )>F (1)＝1>0，∴a ≥x 20－2x 0x 0－ln x 0，记G (x )＝x 2－2x x －ln x ，x ∈[1e，e]，∴G ′(x )＝x －x －ln x －x －x －x －ln x 2＝x －x －2ln x ＋x －ln x 2.∵x ∈[1e ，e]，∴2－2ln x ＝2(1－ln x )≥0，∴x －2ln x ＋2>0，∴x ∈(1e，1)时，G ′(x )<0，G (x )单调递减；x ∈(1，e)时，G ′(x )>0，G (x )单调递增，∴G (x )min ＝G (1)＝－1.∴a ≥G (x )min ＝－1.故实数a 的取值范围为[－1，＋∞).。
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第2课时导数与函数的极值最值课件文
④函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2).
答案 解析
命题点2 求函数的极值 例2 设a为实数，函数f(x)＝－x3＋3x＋a. (1)求f(x)的极值； 解答 令f′(x)＝－3x2＋3＝0，得x1＝－1，x2＝1. 又因为当x∈(－∞，－1)时，f′(x)<0； 当x∈(－1，1)时，f′(x)>0；
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
1 3 2 1 9.(2016· 徐州模拟)已知函数 f(x)＝3x案 2 则实数 m 的值为________. 解析
1 3 2 由 f(x)＝3x －x －x＋m，可得f′(x)＝x2－2x－1，
10 11 12 13
2 2.(2016· 四川改编)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝_____.
答案 解析
∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12， 令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
答案 解析
由题意知，当x∈(0，2)时，f(x)的最大值为－1.
1 1 1 令 f′(x)＝x －a＝0，得 x＝a，当 0<x<a时，f′(x)>0； 1 1 当 x>a时，f′(x)<0. ∴f(x)max＝f(a)＝－ln a－1＝－1，解得a＝1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
又f(－4)＝k－76，f(3)＝k－27，f(－1)＝k＋5，f(4)＝k－20.
由f(x)max＝k＋5＝10，得k＝5，
∴f(x)min＝k－76＝－71.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
2018版[高考总复习资料]数学一轮复习第三章导数及其应用3.2导数与函数的单调性极值最值真题演练集训理
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2018版高考数学一轮复习 第三章 导数及其应用 3.2 导数与函数的单调性、极值、最值真题演练集训 理 新人教A 版1．[2015·新课标全国卷Ⅱ]设函数f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－1)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)∪(0,1)B ．(－1,0)∪(1，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(－1,0)D ．(0,1)∪(1，＋∞) 答案：A解析：设y ＝g (x )＝f xx(x ≠0)， 则g ′(x )＝xf ′ x －f xx 2，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0， ∴ g ′(x )<0，∴ g (x )在(0，＋∞)上为减函数，且g (1)＝f (1)＝－f (－1)＝0. ∵ f (x )为奇函数，∴ g (x )为偶函数， ∴ g (x )的图象的示意图如图所示． 当x ＞0，g (x )＞0时，f (x )＞0,0＜x ＜1； 当x ＜0，g (x )＜0时，f (x )>0，x ＜－1.∴ 使得f (x )＞0成立的x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.2．[2015·福建卷]若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k<1kB ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k >1k －1C ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>k k －1答案：C解析：令g (x )＝f (x )－kx ＋1， 则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1＝f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1. ∵ g ′(x )＝f ′(x )－k >0， ∴ g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又k >1，∴ 1k －1>0， ∴ g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0.∴ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0，即f ⎝⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.3．[2014·新课标全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0>0，则a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)答案：B解析：f ′(x ) ＝3ax 2－6x ，当a ＝3时，f ′(x )＝9x 2－6x ＝3x (3x －2)， 则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )>0. 注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝59>0，则f (x )的大致图象如图所示．不符合题意，排除A ，C.当a ＝－43时，f ′(x )＝－4x 2－6x ＝－2x (2x ＋3)，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－32时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0时，f ′(x )>0，；当∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0.注意f (0)＝1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＝－54，则f (x )的大致图象如图所示．不符合题意，排除D.4．[2014·新课标全国卷Ⅱ]设函数f (x )＝3sin πx m.若存在f (x )的极值点x 0满足x 20＋[f (x 0)]2<m 2，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－6)∪(6，＋∞)B ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 答案：C解析：由正弦型函数的图象可知，f (x )的极值点x 0满足f (x 0)＝±3，则πx 0m ＝π2＋k π(k∈Z )，从而得x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12m (k ∈Z )．所以不等式x 20＋[f (x 0)]2<m 2即为⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122m 2＋3<m 2，变形得m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122>3，其中k ∈Z .由题意，存在整数k 使得不等式m 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫k ＋122>3成立．当k ≠－1且k ≠0时，必有⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋122>1，此时不等式显然不能成立，故k ＝－1或k ＝0，此时，不等式即为34m 2>3，解得m <－2或m >2.5．[2013·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( ) A. ∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B. 函数y ＝f (x )的图象是中心对称图形C. 若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)单调递减D. 若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0 答案：C解析：由三次函数的值域为R 知f (x )＝0有解，所以A 项正确；因为y ＝x 3的图象为中心对称图形，而f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 的图象可以由y ＝x 3的图象平移得到，故B 项正确；若f (x )有极小值点，则f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2(x 1<x 2)，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ＝3(x－x 1)·(x －x 2)，则f (x )在(－∞，x 1)上为增函数，在(x 1，x 2)上为减函数，在(x 2，＋∞)上为增函数，故C 项错误；D 项正确．故选C.6．[2016·新课标全国卷Ⅱ](1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0；(2)证明：当a ∈[0,1)时，函数g (x )＝e x－ax －a x2(x >0)有最小值．设g (x )的最小值为h (a )，求函数h (a )的值域．(1)解：f (x )的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞)． f ′(x )＝ x －1 x ＋2 e x－ x －2 e xx ＋2 2＝x 2exx ＋2 2≥0，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增． 因此当x ∈(0，＋∞)时，f (x )>f (0)＝－1. 所以(x －2)e x>－(x ＋2)，(x －2)e x＋x ＋2>0.(2)证明：g ′(x )＝ x －2 e x＋a x ＋2 x 3＝x ＋2x3[f (x )＋a ]． 由(1)知f (x )＋a 单调递增．对任意的a ∈[0,1)，f (0)＋a ＝a －1<0，f (2)＋a ＝a ≥0.因此，存在唯一x a ∈(0,2]，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0.当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增．因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e xa －a x a ＋1 x 2a ＝e xa ＋f x a x a ＋1 x 2a＝e xax a ＋2. 于是h (a )＝e xax a ＋2，由⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx ＋2′＝ x ＋1 e xx ＋2 2>0，得y ＝e xx ＋2单调递增．所以，由x a ∈(0,2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e xax a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为y ＝e xx ＋2单调递增，对任意λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24， 存在唯一的x a ∈(0,2]，a ＝－f (x a )∈[0,1)，使得h (a )＝λ.所以h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24.综上，当a ∈[0,1)时，g (x )有最小值h (a )，h (a )的值域是⎝ ⎛⎦⎥⎤12，e 24. 7．[2014·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f (x )＝e x －e －x－2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝f (2x )－4bf (x )，当x >0时，g (x )>0，求b 的最大值； (3)已知1.414 2<2<1.414 3，估计ln 2的近似值(精确到0.001)．解：(1)f ′(x )＝e x ＋e －x－2≥0，当且仅当x ＝0时等号成立．所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．(2)g (x )＝f (2x )－4bf (x )＝e 2x－e－2x－4b (e x －e －x)＋(8b －4)x ，g ′(x )＝2[e 2x ＋e －2x －2b (e x ＋e －x )＋(4b －2)]＝2(e x ＋e －x －2)(e x ＋e －x－2b ＋2)．①当b ≤2时，g ′(x )≥0，当且仅当x ＝0时等号成立，所以g (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．而g (0)＝0，所以对任意x >0，g (x )>0；②当b >2时，若x 满足2<e x＋e －x<2b －2，即0<x <ln(b －1＋b 2－2b )，则g ′(x )<0.而g (0)＝0，因此当0<x <ln(b －1＋b 2－2b )时，g (x )<0.综上，b 的最大值为2.(3)由(2)知，g (ln 2)＝32－22b ＋2(2b －1)ln 2.当b ＝2时，g (ln 2)＝32－42＋6ln 2>0，ln 2>82－312>0.692 8；当b ＝324＋1时，ln(b －1＋b 2－2b )＝ln 2，g (ln 2)＝－32－22＋(3 2 ＋2)ln 2 <0，ln 2<18＋228<0.693 4.所以ln 2的近似值为0.693.课外拓展阅读利用导数确定函数的单调区间问题[典例] [2014·山东卷]设函数f (x )＝e xx2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋ln x (k 为常数，e ＝2.718 28…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 －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2＋1x＝x e x －2e x x 3－k x －2x 2＝ x －2 e x－kx x3. 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，当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，＋∞)． 因为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 )． 若函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点，则⎩⎪⎨⎪⎧g 0 ＞0，g ln k ＜0，g 2 ＞0，0＜ln k ＜2，解得e ＜k ＜e22，综上所述，函数f (x )在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫e ，e 22. [答题模板]用导数法求函数的单调区间一般可用以下几步答题： 第一步：求函数f (x )的定义域； 第二步：求函数f (x )的导数f ′(x )；第三步：由f ′(x )＞0(f ′(x )＜0)解出相应的x 的范围； 第四步：写出函数f (x )的单调区间；第五步：反思回顾，查看关键点、易错点和解题规范．。
2018版高考数学(人教A版文科)一轮复习课件：第三章 导数及其应用3-2-2
[解析] 则当
若函数
1 f(x)在区间 ，3 上无极值， 2
1 2 x ∈ 2，3 时， f ′ ( x ) ＝ x － ax ＋ 1≥0
恒成立或当 x ∈
1 2 ， 3 时， f ′ ( x ) ＝ x －ax＋1≤0 2
(k≠0)，求函数 f(x)的极值．
[解]
1＋ln x ln x f(x)＝ ， 其定义域为(0， ＋∞)， 则 f′(x)＝－ 2 . kx kx
令 f′(x)＝0，得 x＝1， 当 k>0 时，若 0<x<1，则 f′(x)>0， 若 x>1，则 f′(x)<0，
∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 1 即当 x＝1 时，函数 f(x)取得极大值 . k 当 k<0 时，若 0<x<1，则 f′(x)<0； 若 x>1，则 f′(x)>0， ∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 1 即当 x＝1 时，函数 f(x)取得极小值 . k
数 y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值： 函数 y＝f(x)在点 x＝b 的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近的其 他点的函数值都大， f′(b) ＝ 0 ；而且在点 x ＝ b 附近的左侧
f′(x)<0 ，则点 b 叫做函数 y＝f(x)的极大值点， f′(x)>0 ，右侧________ ________
2 解析： (1)y′＝1－ 2， 令 y′＝0， 得 x＝ 2或 x＝－ 2(舍去)． x 当 x∈(0， 2)时，y′<0； 当 x∈( 2，＋∞)时，y′>0. 所以 x＝ 2是函数的极小值点．极值点是函数取得极时对 应的 x 的值，而不是函数值． 2 (2)由(1)知， 当 x＝ 2时， 函数取得极小值 y＝ 2＋ ＝2 2. 2 (3)由(1)(2)知，函数的极小值恰好是函数的最小值，即 ymin ＝2 2.极值是个“局部”概念，而最值是个“整体”概念．函数 在开区间内只有一个极值时，那么极值是相应的最值.
【配套K12】2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用第2讲导数的应用第2课时利用导数研究函数
第三章 导数及其应用 第2讲 导数的应用 第2课时 利用导数研究函数的极值、最值教师用书 理 新人教版(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时，f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点.答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( )A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x，且x >0.令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1.∴f (x )在x ＝1处取得极小值也是最小值，且f (1)＝12－ln 1＝12.答案 A3.(2017·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析 由图象可知f (x )的图象过点(1，0)与(2，0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0，8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83.答案 C4.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A.3B.4C.6D.5解析 设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27R2，要使用料最省，只须使圆柱的侧面积与下底面面积之和S 最小. 由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·27R.∴S ′＝2πR －54πR2，令S ′＝0，得R ＝3，则当R ＝3时，S 最小.故选A.答案 A5.(2017·东北四校联考)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A.(－1，2) B.(－∞，－3)∪(6，＋∞) C.(－3，6)D.(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根. ∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B 二、填空题6.(2017·肇庆模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________. 解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.依题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根， 所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值. 答案 57.(2016·北京卷改编)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0，则f (x )的最大值为________.解析 当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数. ∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2. 答案 28.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________. 解析 ∵y ＝e x＋ax ，∴y ′＝e x＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x<－1，∴a ＝－e x<－1.答案 (－∞，－1) 三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若a r＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意可知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞).f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4. 所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0； 当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减. 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100， f (x )在(0，＋∞)内无极小值；综上，f (x )在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值. 10.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 )随x 的变化情况如下表：所以，f (x (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)＝－ek －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.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2017·石家庄质检)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为( ) A.2B.3C.6D.9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6，又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号.答案 D12.(2017·长沙调研)若函数f (x )＝13x 3＋x 2－23在区间(a ，a ＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是( ) A.[－5，0) B.(－5，0) C.[－3，0)D.(－3，0)解析 由题意，f ′(x )＝x 2＋2x ＝x (x ＋2)，故f (x )在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示.令13x 3＋x 2－23＝－23得，x ＝0或x ＝－3，则结合图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧－3≤a <0，a ＋5>0，解得a ∈[－3，0)，故选C. 答案 C13.函数f (x )＝x 3－3ax ＋b (a >0)的极大值为6，极小值为2，则f (x )的单调递减区间是________.解析 令f ′(x )＝3x 2－3a ＝0，得x ＝±a ， 则f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下表：⎩（a ）3－3a a ＋b ＝2，⎩⎪b ＝4.所以f (x )的单调递减区间是(－1，1). 答案 (－1，1)14.(2017·济南模拟)设函数f (x )＝ln(x ＋a )＋x 2.(1)若当x ＝－1时，f (x )取得极值，求a 的值，并讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )存在极值，求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e2.解 (1)f ′(x )＝1x ＋a ＋2x ，依题意，有f ′(－1)＝0，故a ＝32. 从而f ′(x )＝（2x ＋1）（x ＋1）x ＋32，且f (x )的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞，当－32<x <－1时，f ′(x )>0；当－1<x <－12时，f ′(x )<0；当x >－12时，f ′(x )>0.∴f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12上单调递减. (2)f (x )的定义域为(－a ，＋∞)，f ′(x )＝2x 2＋2ax ＋1x ＋a .方程2x 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－8，①若Δ≤0，即－2≤a ≤2时，f ′(x )≥0，故f (x )无极值.②若Δ>0，即a <－2或a >2，则2x 2＋2ax ＋1＝0有两个不同的实根，x 1＝－a －a 2－22，x 2＝－a ＋a 2－22.当a <－2时，x 1<－a ，x 2<－a ， 故f ′(x )>0在定义域上恒成立， 故f (x )无极值.当a >2时，－a <x 1<x 2，故f (x )在(－a ，x 1)上递增，(x 1，x 2)上递减，(x 2，＋∞)上递增. 故f (x )在x ＝x 1，x ＝x 2取得极值.综上，f (x )存在极值时，a 的取值范围为(2，＋∞). 由上可知，x 1＋x 2＝－a ，x 1x 2＝12.所以，f (x )的极值之和为f (x 1)＋f (x 2)＝ln(x 1＋a )＋x 21＋ln(x 2＋a )＋x 22 ＝ln(－x 2)＋ln(－x 1)＋(x 21＋x 22) ＝ln(x 1x 2)＋(x 1＋x 2)2－2x 1x 2 ＝ln 12＋a 2－1>ln 12＋(2)2－1＝ln e 2.。
2018版高考数学大一轮复习第三章导数及其应用3.2导数的应用第3课时导数与函数的综合问题教师用书理苏教版
第3课时 导数与函数的综合问题题型一 导数与不等式有关的问题 命题点1 解不等式例1 设f (x )是定义在R 上的奇函数，f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是________________. 答案 (－∞，－2)∪(0，2) 解析 ∵当x >0时，⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f xx为减函数， 又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0， 此时x 2f (x )>0.又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数. 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0，2). 命题点2 证明不等式例2 (2016·全国丙卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x<x ；(3)设c >1，证明：当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x.(1)解 由题设，f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.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. (2)证明 由(1)知，f (x )在x ＝1处取得最大值，最大值为f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x－1，即1<x －1ln x<x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x，则g ′(x )＝c －1－c xln c ，令g ′(x )＝0，解得x 0＝lnc －1ln c ln c.当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减.由(2)知1<c －1ln c<c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0，1)时，1＋(c －1)x >c x. 命题点3 不等式恒成立或有解问题 例3 已知函数f (x )＝1＋ln xx.(1)若函数f (x )在区间(a ，a ＋12)上存在极值，求正实数a 的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式f (x )≥kx ＋1恒成立，求实数k 的取值范围.解 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－1－ln x x 2＝－ln xx2， 令f ′(x )＝0，得x ＝1；当x ∈(0，1)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为极大值点，所以0<a <1<a ＋12，故12<a <1，即实数a 的取值范围为(12，1). (2)当x ≥1时，k ≤x ＋＋ln xx恒成立，令g (x )＝x ＋＋ln xx，则g ′(x )＝＋ln x ＋1＋1xx －x ＋＋ln xx 2＝x －ln xx 2. 再令h (x )＝x －ln x ，则h ′(x )＝1－1x≥0， 所以h (x )≥h (1)＝1，所以g ′(x )>0， 所以g (x )为单调增函数，所以g (x )≥g (1)＝2， 故k ≤2.所以实数k 的取值范围是(－∞，2]. 引申探究本题(2)中，若改为存在x 0∈[1，e]，使不等式f (x )≥kx ＋1成立，求实数k 的取值范围.解 当x ∈[1，e]时，k ≤x ＋＋ln xx有解，令g (x )＝x ＋＋ln xx，由例3(2)解题知，g (x )为单调增函数，∴g (x )max ＝g (e)＝2＋2e，∴k ≤2＋2e ，即实数k 的取值范围是(－∞，2＋2e ].思维升华 (1)利用导数解不等式的思路已知一个含f ′(x )的不等式，可得到和f (x )有关的函数的单调性，然后可利用函数单调性解不等式.(2)利用导数证明不等式的方法证明f (x )<g (x )，x ∈(a ，b )，可以构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，如果F ′(x )<0，则F (x )在(a ，b )上是减函数，同时若F (a )≤0，由减函数的定义可知，x ∈(a ，b )时，有F (x )<0，即证明了f (x )<g (x ).(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围.②也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.(2015·福建)已知函数f (x )＝ln x －x －22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1；(3)确定实数k 的所有可能取值，使得存在x 0＞1，当x ∈(1，x 0)时，恒有f (x )＞k (x －1). (1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞).由f ′(x )＞0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0.解得0＜x ＜1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞). 则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0，所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0， 即当x ＞1时，f (x )＜x －1.(3)解 由(2)知，当k ＝1时，不存在x 0＞1满足题意. 当k ＞1时，对于x ＞1，有f (x )＜x －1＜k (x －1)， 则f (x )＜k (x －1)， 从而不存在x 0＞1满足题意.当k ＜1时，令G (x )＝f (x )－k (x －1)，x ∈(0，＋∞)， 则有G ′(x )＝1x －x ＋1－k ＝－x 2＋－k x ＋1x.由G ′(x )＝0，得－x 2＋(1－k )x ＋1＝0. 解得x 1＝1－k －－k 2＋42＜0，x 2＝1－k ＋－k 2＋42＞1.当x ∈(1，x 2)时，G ′(x )＞0， 故G (x )在(1，x 2)内单调递增.从而当x ∈(1，x 2)时，G (x )＞G (1)＝0， 即f (x )＞k (x －1).综上，k 的取值范围是(－∞，1). 题型二 利用导数研究函数零点问题例4 (2016·扬州模拟)设函数f (x )＝x e x－a sin x cos x (a ∈R ，其中e 是自然对数的底数). (1)当a ＝0时，求f (x )的极值；(2)若对于任意的x ∈[0，π2]，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围；(3)是否存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由.解 (1) 当a ＝0时，f (x )＝x e x，f ′(x )＝e x (x ＋1)， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1. 列表如下：↘↗所以函数f (x )的极小值为f (－1)＝－1e，无极大值.(2)①当a ≤0时，由于对于任意x ∈[0，π2]，有sin x cos x ≥0，所以f (x )≥0恒成立，即当a ≤0时，符合题意；②当0<a ≤1时，因为f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ≥e 0(0＋1)－a cos 0＝1－a ≥0， 所以函数f (x )在[0，π2]上为增函数.所以f (x )≥f (0)＝0，即当0<a ≤1时，符合题意； ③当a >1时，f ′(0)＝1－a <0， f ′(π4)＝4e π(π4＋1)>0，设f ′(α)＝0，其中α是f ′(x )＝0中最接近x ＝0的零点. 所以f (x )在(0，α)上为减函数，此时f (x )<f (0)＝0， 即当a >1时，不符合题意.综上所述，a 的取值范围是(－∞，1].(3)不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.由(2)知，当a ≤1时，f (x )在(0，π2)上是增函数，且f (0)＝0，故函数f (x )在区间(0，π2)上无零点.当a >1时，f ′(x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x . 令g (x )＝e x(x ＋1)－a cos 2x ， 则g ′(x )＝e x (x ＋2)＋2a sin 2x ， 当x ∈(0，π2)时，恒有g ′(x )>0，所以g (x )在(0，π2)上是增函数.由g (0)＝1－a <0，g (π2)＝2e π(π2＋1)＋a >0， 故g (x )在(0，π2)上存在唯一的零点x 0，即方程f ′(x )＝0在(0，π2)上存在唯一解x 0.且当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，π2)时，f ′(x )>0，即函数f (x )在(0，x 0)上单调递减， 在(x 0，π2)上单调递增.当x ∈(0，x 0)时，f (x )<f (0)＝0，即f (x )在(0，x 0)上无零点； 当x ∈(x 0，π2)时，由于f (x 0)<f (0)＝0，f (π2)＝π22e>0，所以f (x )在(x 0，π2)上有唯一零点.所以，当a >1时，f (x )在(0，π2)上有一个零点.综上所述，不存在实数a ，使得函数f (x )在区间(0，π2)上有两个零点.思维升华 利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略研究方程的根或曲线的交点个数问题，可构造函数，转化为研究函数的零点个数问题.可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等，从而画出函数的大致图象，然后根据图象判断函数的零点个数.(2016·南通模拟)已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R ).(1)求f (x )的单调区间；(2)试求f (x )的零点个数，并证明你的结论.解 (1)由f (x )＝a ＋x ln x 知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝12x (2＋ln x ).令f ′(x )＝0，得x ＝1e2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以，函数f (x )的单调减区间为(0，1e )，单调增区间为(1e ，＋∞).(2)由(1)知[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e.①若a >2e ，因为f (x )≥[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e >0，所以此时函数f (x )的零点个数为0.②若a ＝2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e＝0，而函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，在(1e 2，＋∞)上是单调增函数，即当0<x <1e 2时，f (x )>f (1e 2)＝0；当x >1e 2时，f (x )>f (1e2)＝0.于是，此时f (x )有唯一零点1e 2，即零点个数为1.③若a <2e ，则[f (x )]min ＝f (1e 2)＝a －2e <0.当a ≤0时，因为当x ∈(0，1e 2]时，f (x )＝a ＋x ln x <a ≤0，所以函数f (x )在区间(0，1e2]上无零点；因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而e－2a∈(1e2，＋∞)，f (e －2a )＝a (1－2e －a)≥0， 所以函数f (x )在(1e 2，e －2a)上恰有一个零点.于是函数f (x )在[1e 2，＋∞)上恰有一个零点.从而当a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1； 当0<a <2e时，因为函数f (x )在[1e 2，＋∞)上是单调增函数，且f (1)＝a >0，f (1e 2)＝a －2e<0，所以函数f (x )在(1e 2，1)上恰有一个零点，于是函数f (x )在(1e2，＋∞)上也恰有一个零点.因为函数f (x )在(0，1e 2)上是单调减函数，且f (1e 2)＝a －2e <0，而441e e a a-=∈(0，1e2)，且f (4ea-)＝24eaa a ->a －4a ·22a 2＝0(利用结论：“当x >0时，e x >x 2”进行放缩)，此时，函数f (x )在(0，1e 2)上恰有一个零点，故当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.综上，当a >2e 时，函数f (x )的零点个数为0；当a ＝2e 或a ≤0时，函数f (x )的零点个数为1；当0<a <2e 时，函数f (x )的零点个数为2.题型三 利用导数研究生活中的优化问题例5 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大.解 (1)因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2.(2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2. 所以商场每日销售该商品所获得的利润为f (x )＝(x －3)[2x －3＋10(x －6)2]＝2＋10(x －3)(x －6)2，3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)(x －6).于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，当x ＝4时，函数f (x )取得极大值，也是最大值. 所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值且最大值等于42.答 当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大. 思维升华 利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系，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式y ＝f (x ).(2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点，那么该极值点就是最值点. (4)回归实际问题作答.(2016·苏北四市调研)经市场调查，某商品每吨的价格为x (1<x <14)百元时，该商品的月供给量为y 1吨，y 1＝ax ＋72a 2－a (a >0)；月需求量为y 2万吨，y 2＝－1224x 2－1112x ＋1，当该商品的需求量大于供给量时，销售量等于供给量；当该商品的需求量不大于供给量时，销售量等于需求量，该商品的月销售额等于月销售量与价格的乘积. (1)若a ＝17，问商品的价格为多少时，该商品的月销售额最大？(2)记需求量与供给量相等时的价格为均衡价格，若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，求实数a 的取值范围.解 (1) 若a ＝17，由y 2>y 1，得－1224x 2－1112x ＋1>17x ＋72(17)2－17，解得－40<x <6 . 因为1<x <14，所以1<x <6. 设该商品的月销售额为g (x )，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧y 1·x ，1<x <6，y 2·x ，6≤x <14.当1<x <6时，g (x )＝17(x －12)x <g (6)＝337.当6≤x <14时，g (x )＝(－1224x 2－1112x ＋1)x ，则g ′(x )＝－1224(3x 2＋4x －224)＝－1224(x －8)(3x ＋28)，由g ′(x )>0，得x <8，所以g (x )在[6，8)上是增函数，在(8，14)上是减函数， 故当x ＝8时，g (x )有最大值g (8)＝367.(2)设f (x )＝y 1－y 2＝1224x 2＋(1112＋a )x ＋72a 2－1－a ，因为a >0，所以f (x )在区间(1，14)上是增函数，若该商品的均衡价格不低于6百元，则函数f (x )在区间[6，14)上有零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧f，f ，即⎩⎪⎨⎪⎧7a 2＋10a －117≤0，72a 2＋13a >0，解得0<a ≤17.答 (1)若a ＝17，商品的每吨价格定为8百元时，月销售额最大；(2)若该商品的均衡价格不低于每吨6百元，实数a 的取值范围是(0，17].一审条件挖隐含典例 (16分)设f (x )＝a x＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ； (2)如果对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围.(1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M ↓(正确理解“存在”的含义) [g (x 1)－g (x 2)]max ≥M↓挖掘[g (x 1)－g (x 2)]max 的隐含实质g (x )max －g (x )min ≥M↓求得M 的最大整数值(2)对任意s ，t ∈[12，2]都有f (s )≥g (t )↓(理解“任意”的含义)f (x )min ≥g (x )max↓求得g (x )max ＝1ax＋x ln x ≥1恒成立 ↓分离参数aa ≥x －x 2ln x 恒成立↓求h (x )＝x －x 2ln x 的最大值a ≥h (x )max ＝h (1)＝1↓a ≥1规范解答解 (1)存在x 1，x 2∈[0，2]使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M . [2分]由g (x )＝x 3－x 2－3，得g ′(x )＝3x 2－2x ＝3x (x －23).令g ′(x )>0，得x <0或x >23，又x ∈[0，2]，所以g (x )在区间[0，23]上单调递减，在区间[23，2]上单调递增，所以g (x )min＝g (23)＝－8527，g (x )max ＝g (2)＝1.故[g (x 1)－g (x 2)]max ＝g (x )max －g (x )min ＝11227≥M ，则满足条件的最大整数M ＝4.[7分](2)对于任意的s ，t ∈[12，2]，都有f (s )≥g (t )成立，等价于在区间[12，2]上，函数f (x )min ≥g (x )max .[9分]由(1)可知在区间[12，2]上，g (x )的最大值为g (2)＝1.在区间[12，2]上，f (x )＝a x＋x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x －x 2ln x 恒成立.设h (x )＝x －x 2ln x ，h ′(x )＝1－2x ln x －x ，可知h ′(x )在区间[12，2]上是减函数，又h ′(1)＝0，所以当1<x <2时，h ′(x )<0；当12<x <1时，h ′(x )>0.[14分]即函数h (x )＝x －x 2ln x 在区间(12，1)上单调递增，在区间(1，2)上单调递减，所以h (x )max＝h (1)＝1，所以a ≥1，即实数a 的取值范围是[1，＋∞).[16分]1.函数f (x )＝(x －1)2(x －2)2的极大值是________. 答案116解析 ∵f (x )＝(x －1)2(x －2)2， ∴f ′(x )＝2(x －1)(2x －3)(x －2).令f ′(x )＝0，得可能的极值点x 1＝1，x 2＝32，x 3＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：↘↘∴f (32)＝116是函数的极大值.2.已知曲线y ＝x 2＋a ln x (a >0)上任意一点处的切线的斜率为k ，若k 的最小值为4，则此时切点的坐标为________. 答案 (1，1)解析 函数y ＝x 2＋a ln x (a ＞0)的定义域为{x |x ＞0}，y ′＝2x ＋ax≥22a ＝4，则a ＝2，当且仅当x ＝1时，“＝”成立，将x ＝1代入曲线方程得y ＝1，故所求的切点坐标是(1，1). 3.如果不等式ln kx x ≤1e 对任意的正实数x 恒成立，则实数k 的取值范围为____________.答案 (0，1]解析 由题意知k ＞0，令f (x )＝ln kxx(x >0)，则f (x )＝ln kx x ＝ln k ＋ln x x，因此f ′(x )＝1－ln kx x 2，令f ′(x )＝0，解得x ＝e k ，且函数f (x )在x ＝e k处取得极大值，也是最大值，由题意有k e ≤1e，所以0<k ≤1.4.若商品的年利润y (万元)与年产量x (百万件)的函数关系式：y ＝－x 3＋27x ＋123(x >0)，则获得最大利润时的年产量为________百万件. 答案 3解析 y ′＝－3x 2＋27＝－3(x ＋3)(x －3)， 当0<x <3时，y ′>0； 当x >3时，y ′<0.故当x ＝3时，该商品的年利润最大.5.(2017·南京质检)直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则AB 的最小值为________. 答案 4－2ln 2解析 由题意得，AB ＝|e x＋1－(2x －1)| ＝|e x －2x ＋2|，令h (x )＝e x－2x ＋2，则h ′(x )＝e x－2，所以h (x )在(－∞，ln 2)上单调递减， 在(ln 2，＋∞)上单调递增， 所以h (x )min ＝h (ln 2)＝4－2ln 2>0， 即AB 的最小值是4－2ln 2.6.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2xx ，x ＋x，若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是____________. 答案 [－2，0] 解析 |f (x )|≥ax ⇔⎩⎪⎨⎪⎧－－x 2＋2xax x ，x ＋ax x，成立.①由(1)得x (x －2)≥ax 在区间(－∞，0]上恒成立. 当x ＝0时，a ∈R ；当x <0时，有x －2≤a 恒成立，所以a ≥－2.故a ≥－2.②由(2)得ln(x ＋1)－ax ≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，设h (x )＝ln(x ＋1)－ax (x >0)， 则h ′(x )＝1x ＋1－a (x >0)，可知h ′(x )为减函数. 当a ≤0时，h ′(x )>0，故h (x )为增函数， 所以h (x )>h (0)＝0恒成立； 当a ≥1时，因为1x ＋1∈(0，1)， 所以h ′(x )＝1x ＋1－a <0，故h (x )为减函数， 所以h (x )<h (0)＝0恒成立，显然不符合题意；当0<a <1时，对于给定的一个确定值a ，总可以至少找到一个x 0>0，满足h (x 0)＝ln(x 0＋1)－ax 0<0成立.如a ＝12时，取x 0＝4，则h (x 0)＝ln 5－2<0成立，可知0<a <1时，不符合题意.故a ≤0.由①②可知a 的取值范围是[－2，0].7.若函数f (x )＝ax 2＋4x －3在[0，2]上有最大值f (2)，则a 的取值范围是________. 答案 [－1，＋∞)解析 f ′(x )＝2ax ＋4，由f (x )在[0，2]上有最大值f (2)，则要求f (x )在[0，2]上单调递增，则2ax ＋4≥0在[0，2]上恒成立.当a ≥0时，2ax ＋4≥0恒成立；当a <0时，要求4a ＋4≥0恒成立，即a ≥－1.∴a 的取值范围是[－1，＋∞).8.(2016·苏州模拟)定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )>1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )>e x＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为________________. 答案 (0，＋∞)解析 设g (x )＝e x f (x )－e x(x ∈R )， 则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x[f (x )＋f ′(x )－1]，∵f (x )＋f ′(x )>1，∴f (x )＋f ′(x )－1>0， ∴g ′(x )>0，∴y ＝g (x )在定义域上单调递增， ∵e x f (x )>e x＋3，∴g (x )>3， 又∵g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3， ∴g (x )>g (0)，∴x >0.9.已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0且x 0>0，则a 的取值范围是________. 答案 (－∞，－2)解析 当a ＝0时，f (x )＝－3x 2＋1有两个零点，不合题意，故a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a.若a >0，由三次函数图象知f (x )有负数零点，不合题意，故a <0. 由三次函数图象及f (0)＝1>0知，f (2a)>0， 即a ×(2a )3－3×(2a)2＋1>0，化简得a 2－4>0，又a <0，所以a <－2.10.已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0，1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是________. 答案 [4，＋∞)解析 当x ∈(0，1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x3，x ∈(0，1]， g ′(x )＝3x 3－x －x 2x 6＝－x －12x 4.g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表：↗因此g (x )的最大值为4， 则实数a 的取值范围是[4，＋∞).11.(2016·盐城模拟)已知f (x )＝(1－x )e x－1. (1)求函数f (x )的最大值； (2)设g (x )＝f xx，x >－1且x ≠0，证明：g (x )<1. (1)解 f ′(x )＝－x e x.当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )的最大值为f (0)＝0.(2)证明 由(1)知，当x >0时，f (x )<0，g (x )<0<1.当－1<x<0时，g(x)<1等价于f(x)>x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－x e x－1. 当x∈(－1，0)时，0<－x<1，0<e x<1，则0<－x e x<1，从而当x∈(－1，0)时，h′(x)<0，h(x)在(－1，0)上单调递减.当－1<x<0时，h(x)>h(0)＝0，即g(x)<1. 综上，当x>－1且x≠0时总有g(x)<1.。
2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.3导数与函数的综合应用课时作业文北师大版
第3课时 导数与函数的综合应用基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x >400，则总利润最大时，年产量是( )A ．100B ．150C ．200D ．300解析 由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100 x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300x －x 22－20 000，0≤x ≤400，60 000－100x ，x >400，又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x ，0≤x ≤400，－100，x >400，令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大． 答案 D2．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)＝0，当x >0时，有xfx －f xx 2<0恒成立，则不等式x 2f (x )>0的解集是( )A ．(－2,0)∪(2，＋∞)B ．(－2,0)∪(0,2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(0,2)解析 x >0时⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′<0，∴φ(x )＝f x x 在(0，＋∞)为减函数，又φ(2)＝0，∴当且仅当0<x <2时，φ(x )>0，此时x 2f (x )>0. 又f (x )为奇函数，∴h (x )＝x 2f (x )也为奇函数． 故x 2f (x )>0的解集为(－∞，－2)∪(0,2)． 答案 D3．若关于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m对任意x∈[－2,2]恒成立，则m的取值范围是( ) A．(－∞，7] B．(－∞，－20]C．(－∞，0] D．[－12,7]解析令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则f′(x)＝3x2－6x－9，令f′(x)＝0得x＝－1或x ＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，∴f(x)的最小值为f(2)＝－20，故m≤－20.答案 B4．(2017·景德镇联考)已知函数f(x)的定义域为[－1,4]，部分对应值如下表：f(x)为( )A．1 B．2C．3 D．4解析根据导函数图像，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图像如图所示．由于f(0)＝f(3)＝2,1<a<2，所以y＝f(x)－a的零点个数为4.答案 D5．(2014·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)解析 a ＝0时，不符合题意，a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x . 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.若a >0，则由图像知f (x )有负数零点，不符合题意． 则a <0，由图像结合f (0)＝1>0知，此时必有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1>0，化简得a 2>4. 又a <0，所以a <－2. 答案 C 二、填空题6．某品牌电动汽车的耗电量y 与速度x 之间有关系y ＝13x 3－392x 2－40x (x >0)，为使耗电量最小，则速度应定为________． 解析 由y ′＝x 2－39x －40＝0， 得x ＝－1或x ＝40， 由于0<x <40时，y ′<0；x >40时，y ′>0.所以当x ＝40时，y 有最小值． 答案 407．已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图像与x 轴恰有两个公共点，则c ＝________.解析 设f (x )＝x 3－3x ＋c ， 对f (x )求导可得，f ′(x )＝3x 2－3， 令f ′(x )＝0，可得x ＝±1，易知f (x )在(－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递增， 在(－1,1)上单调递减．若f (1)＝1－3＋c ＝0，可知c ＝2； 若f (－1)＝－1＋3＋c ＝0，可得c ＝－2. 答案 －2或28．(2017·长沙调研)定义域为R 的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f (x )>f ′(x )，且f (0)＝1，则不等式f xex<1的解集为________．解析 构造函数g (x )＝f xex，则g ′(x )＝e x·fx －e x ·f xx2＝f x －f xex.由题意得g ′(x )<0恒成立，所以函数g (x )＝f xex在R 上单调递减．又g (0)＝fe＝1，所以f xex<1，即g (x )<1，所以x >0，所以不等式的解集为(0，＋∞)． 答案 (0，＋∞) 三、解答题9．据环保部门侧定，某处的污染指数与附近污染源的强度成正比，与到污染源距离的平方成反比，比例常数为k (k >0)．现已知相距18 km 的A ，B 两家化工厂(污染源)的污染强度分别为a ，b ，它们连线上任意一点C 处的污染指数y 等于两化工厂对该处的污染指数之和．设AC ＝x (km)． (1)试将y 表示为x 的函数；(2)若a ＝1，且x ＝6时，y 取得最小值，试求b 的值． 解 (1)设点C 受A 污染源污染程度为ka x2， 点C 受B 污染源污染程度为kb－x，其中k 为比例系数，且k >0，从而点C 处受污染程度y ＝ka x2＋kb－x2.(2)因为a ＝1，所以，y ＝k x2＋kb－x2，y ′＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2x3＋2b －x 3， 令y ′＝0，得x ＝181＋3b，又此时x ＝6，解得b ＝8，经验证符合题意，所以，污染源B 的污染强度b 的值为8. 10．(2017·榆林月考)已知函数f (x )＝ln x －x －22.(1)求函数f (x )的单调递增区间； (2)证明：当x >1时，f (x )<x －1.(1)解 f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )>0得⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x 2＋x ＋1>0.解得0<x <1＋52.故f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎪⎫0，1＋52.(2)证明 令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x2x.当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )<0， 所以F (x )在(1，＋∞)上单调递减， 故当x >1时，F (x )<F (1)＝0， 即当x >1时，f (x )<x －1. 故当x >1时，f (x )<x －1.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．无数个解析 函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上单调递增，无极值点． 答案 A12．(2017·山东省实验中学诊断)若函数f (x )在R 上可导，且满足f (x )－xf ′(x )>0，则( )A ．3f (1)<f (3)B ．3f (1)>f (3)C ．3f (1)＝f (3)D ．f (1)＝f (3)解析 由于f (x )>xf ′(x )，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤f x x ′＝xfx －f x x 2<0恒成立，因此f xx在R 上是单调递减函数，∴f3<f1，即3f (1)>f (3)．答案 B13．(2017·安徽江南名校联考)已知x ∈(0,2)，若关于x 的不等式x e x <1k ＋2x －x2恒成立，则实数k 的取值范围为________． 解析 依题意，知k ＋2x －x 2>0.即k >x 2－2x 对任意x ∈(0,2)恒成立，从而k ≥0， 因此由原不等式，得k <e xx＋x 2－2x 恒成立．令f (x )＝e x x＋x 2－2x ，则f ′(x )＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e xx 2＋2.令f ′(x )＝0，得x ＝1，当x ∈(1,2)时，f ′(x )>0，函数f (x )在(1,2)上单调递增，当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)上单调递减，所以k <f (x )min ＝f (1)＝e －1，故实数k 的取值范围是[0，e －1)． 答案 [0，e －1)14．(2015·北京卷)设函数f (x )＝x 22－k ln x ，k >0.(1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点． (1)解 由f (x )＝x 22－k ln x (k >0)，得x >0且f ′(x )＝x －k x ＝x 2－kx.由f ′(x )＝0，解得x ＝k (负值舍去)．f (x )与f ′(x )在区间(0，＋∞)上的情况如下：k －ln k2所以f ，＋∞)．f (x )在x ＝k 处取得极小值f (k )＝k－ln k2.(2)证明 由(1)知，f (x )在区间(0，＋∞)上的最小值为f (k )＝k－ln k2.因为f (x )存在零点，所以k－ln k2≤0，从而k ≥e.当k ＝e 时，f (x )在区间(1，e)上单调递减，且f (e)＝0，所以x ＝e 是f (x )在区间(1，e]上的唯一零点．当k >e 时，f (x )在区间(0，e)上单调递减，且f (1)＝12>0，f (e)＝e －k2<0，所以f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点．综上可知，若f (x )存在零点，则f (x )在区间(1，e]上仅有一个零点.。
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小初高试卷教案类 K12小学初中高中 §3.2 导数与函数的单调性、极值、最值 考纲展示► 1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；会求函数的单调区间． 2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值；会求闭区间上函数的最大值、最小值． 3．会用导数解决实际问题． 考点1 利用导数研究函数的单调性
函数的单调性与导数 在(a，b)内的可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0. f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为________．
f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为________．
答案：增函数 减函数
(1)[教材习题改编]函数f(x)＝ex－2x的单调递增区间是________． 答案：(ln 2，＋∞) (2)[教材习题改编]求f(x)＝x＋cos x，x∈R的单调区间． 解：f′(x)＝1－sin x≥0， 所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增， 即(－∞，＋∞)是f(x)的单调递增区间．
导数符号与单调性． 已知函数f(x)＝x3－ax2＋ax是R上的增函数，则实数a的取值范围为__________． 答案：[0,3] 解析：依题意，f′(x)＝3x2－2ax＋a≥0恒成立，所以Δ＝4a2－12a≤0，解得0≤a≤3. 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 [典题1] 设函数f(x)＝13x3－a2x2＋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)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)内为单调递减函数，求实数a的取值范围． [解] (1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得 f＝1，f＝0即 c＝1，b＝0. (2)由(1)，得f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)． ①当a＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，即函数f(x)在(－∞，＋∞)内为单调增函数． ②当a>0时，由f′(x)>0得，x>a或x<0； 由f′(x)<0得，0即函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)． ③当a<0时，由f′(x)>0得，x>0或x由f′(x)<0得，a即函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，(0，＋∞)，单调递减区间为(a,0)． (3)∵g′(x)＝f′(x)＋2＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)上为减函数， ∴g′(x)≤0，即x2－ax＋2≤0在(－2，－1)上恒成立，
∴ g－，g－，即 4＋2a＋2≤0，1＋a＋2≤0， 解得a≤－3， 即实数a的取值范围为(－∞，－3]． [题点发散1] 在本例(3)中，若g(x)的单调减区间为(－2，－1)，如何求解？ 解：∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)， ∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根， ∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3. [题点发散2] 在本例(3)中，若g(x)在区间(－2，－1)上存在单调递减区间，如何求解？ 解：g′(x)＝x2－ax＋2， 依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立， 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 即当x∈(－2，－1)时，a<x＋2xmax＝－22， 当且仅当x＝2x即x＝－2时等号成立． 所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－22)． [题点发散3] 在本例(3)中，若g(x)在区间(－2，－1)上不单调，如何求解？ 解：∵g(x)在(－2，－1)上不单调，g′(x)＝x2－ax＋2，
∴g′(－2)·g′(－1)<0或 －20，g－，g－ 由g′(－2)·g′(－1)<0，得(6＋2a)(3＋a)<0，无解． 由 －20，g－，g－，得 －40，6＋2a>0，3＋a>0，
即 －422或a<－22，a>－3解得－3即实数a的取值范围为(－3，－22)． [题点发散4] 在本例(3)中，若函数g(x)在R上为单调函数，如何求解？ 解：∵g′(x)＝x2－ax＋2， ∴要使g(x)在R上为单调函数，则g′(x)≥0恒成立， ∴Δ＝a2－8≤0，即a2≤8， ∴－22≤a≤22. 即实数a的取值范围为[－22，22 ]． [点石成金] 1.利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f(x)含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 2．若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”不能省略，否则可能
会漏解. 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 已知函数f(x)＝x2＋aln x. (1)当a＝－2时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数g(x)＝f(x)＋2x在[1，＋∞)上单调，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)， 当a＝－2时，f′(x)＝2x－2x＝x＋x－x， 由f′(x)＜0得0＜x＜1， 故f(x)的单调递减区间是(0,1)．
(2)由题意得g′(x)＝2x＋ax－2x2，函数g(x)在[1，＋∞)上是单调函数．
①若g(x)为[1，＋∞)上的单调增函数，则g′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥2x－2x2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x)＝2x－2x2，∵φ(x)在[1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x)max＝φ(1)＝0，∴a≥0. ②若g(x)为[1，＋∞)上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ∴实数a的取值范围为[0，＋∞)． 考点2 利用导数研究函数的极值
函数的极值 (1)函数的极小值： 函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧________，右侧________，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值： 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧________，右侧________，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值小初高试卷教案类 K12小学初中高中 点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值． 极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 答案：(1)f′(x)＜0 f′(x)＞0 (2)f′(x)＞0 f′(x)＜0
[教材习题改编]若f(x)＝ax3＋3x＋2无极值，则a的取值范围为________． 答案：[0，＋∞)
易混的一组概念：极值点；极值；最值． (1)函数y＝x＋2x(x>0)的极小值点为________；
(2)函数y＝x＋2x(x>0)的极小值为________； (3)函数y＝x＋2x(x>0)的最小值为________． 答案：(1)x＝2 (2)22 (3)22 解析：(1)y′＝1－2x2，令y′＝0，得x＝2或x＝－2(舍去)．当x∈(0，2)时，y′<0；当x∈(2，＋∞)时，y′>0.所以x＝2是函数的极小值点．极值点是函数取得极值时对应的x的值，而不是函数值．
(2)由(1)知，当x＝2时，函数取得极小值y＝2＋22＝22. (3)由(1)(2)知，函数的极小值恰好是函数的最小值，即ymin＝22.极值是个“局部”概念，而最值是个“整体”概念．函数在开区间内只有一个极值时，那么极值是相应的最值．
[考情聚焦] 函数的极值是每年高考的必考内容，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题． 主要有以下几个命题角度： 角度一 知图判断函数的极值 小初高试卷教案类 K12小学初中高中 [典题2] 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )
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) [答案] D [解析] 由题图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值． 角度二 求函数的极值
[典题3] [2017·山东济宁模拟节选]已知函数f(x)＝1＋ln xkx(k≠0)，求函数f(x)的极值． [解] f(x)＝1＋ln xkx，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－ln xkx2. 令f′(x)＝0，得x＝1， 当k>0时，若00； 若x>1，则f′(x)<0， ∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，即当x＝1时，函数f(x)取得极大
值1k. 当k<0时，若01，则f′(x)>0， ∴f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，即当x＝1时，函数f(x)取得极小
值1k. [点石成金] 1.求函数f(x)极值的步骤：