2019年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.11.2导数与函数的极值最值课件理
角度三 已知函数极值情况求参数 (1)已知函数 f(x)＝x(x－c)2 在 x＝2 处有极大值，则实数 c 的值为 ( ) A．2 或 6 2 C. 3 B．2 D．6 )
1 2 (2)已知函数 f(x)＝ln x＋ ax －2x 有两个极值点，则 a 的取值范围是( 2 A．(－∞，1) C．(0,1) B．(0,2) D．(0,3)
当 x∈(c，＋∞)时，f′(x)＞0， c c 所以 x＝ 是极大值点，所以 ＝2， 3 3 解得 c＝6.故选 D.
解法二：因为 f′(x)＝(x－c)(3x－c)． 又因为 f(x)在 x＝2 处取极值， 所以 f′(2)＝0，即(2－c)(6－c)＝0. 所以 c＝2 或 c＝6. 当 c＝6 时，f′(x)＝3(x－2)(x－6)，易知 x∈(－∞，2)和 x∈(6，＋∞)时，f′(x) ＞0，函数 f(x)是增函数，x∈(2,6)时，f′(x)＜0，函数 f(x)是减函数，此时 x＝2 为极 大值点．
必修部分
第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用 第二课时 导数与函数的极值、最值
栏 目 导 航
课时跟踪检测
利用导数研究函数的极值
[考 向 锁 定] 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． 常见的命题角度有 (1)知图判断函数极值； (2)已知函数求极值； (3)已知函数极值情况求参数值(范围)．
【答案】 (1)D (2)C
1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
2．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.
当 c＝2 ＞0，函数
2 时，f′(x)＝3(x－2)x－3 ，易知
2 x∈－∞，3 和
x∈(2，＋∞)时，f′(x)
2 f(x)是增函数，x∈3，2 时，f′(x)＜0，函数
f(x)是减函数，此时 x＝2 是
极小值点． 因此 c＝6.故选 D. 1 2 (2)因为 f(x)＝ln x＋ ax －2x， 2 ax2－2x＋1 1 所以 f′(x)＝ ＋ax－2＝ . x x 因为 f(x)有两个极值点，
[多 维 视 角] 角度一 知图判断函数极值 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)
【解析】 由图可知，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．
【答案】 D
角度二 求函数的极值 已知函数 f(x)＝ex－3x＋3a(e 为自然对数的底数，a∈R)，求 f(x)的单 调区间与极值．
c 【解析】 (1)解法一：f′(x)＝(x－c)(3x－c)，当 f′(x)＝0 时，x1＝ ，x2＝c， 3 因为极大值点是 x＝2， c 所以 c＞0，并且 ＜c， 3 当 当
c x∈－∞，3 时，f′(x)＞0， c x∈3，c 时，f′(x)＜0，
【解】 由 f(x)＝ex－3x＋3a，x∈R，知 f′(x)＝ex－3，x∈R. 令 f′(x)＝0，得 x＝lnห้องสมุดไป่ตู้3，
于是当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x f′(x) f(x) (－∞，ln 3) － ln 3 0 极小值 (ln 3，＋∞) ＋
故 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 3]，单调递增区间是[ln 3，＋∞)， f(x)在 x＝ln 3 处取得极小值，极小值为 f(ln 3)＝ eln 3－3ln 3＋3a＝3(1－ln 3＋a)，无极大值．
所以 f′(x)＝0 有两个不相等的正实数根， 所以 ax2－2x＋1＝0 有两个不相等的正实数根，设为 x1，x2， a≠0， Δ＞0， 所以 x1＋x2＞0， x1x2＞0， a≠0， 4－4a＞0， 2 即 ＞0， a 1 a＞0，
解不等式组得 a 的取值范围为(0,1)．故选 C.
[自 主 演 练] 1 (2018 届济南外国语质检)已知函数 f(x)＝xe － a(x＋1)2. 2
x
(1)若 a＝e，求函数 f(x)的极值； (2)若函数 f(x)有两个零点，求实数 a 的取值范围．
解： (1)函数定义域为(－∞， ＋∞)， f′(x)＝(x＋1)ex－e(x＋1)＝(x＋1)(ex－e)． f′(x) ＝0，解得 x1＝－1，x2＝1，
1 当 0<a< 时，在(－∞，ln a)和(－1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(ln a， e －1)上 f′(x)<0，f(x)单调递减； 1 1 f(ln a)＝aln a－ a(ln a＋1)＝ a(ln a－1)<0，函数 f(x)至多有一个零点，不符合题 2 2 意． 1 当 a> 时，在(－∞，－1)和(ln a，＋∞)上 f′(x)>0，f(x)单调递增；在(－1，ln a) e 上 f′(x)<0，f(x)单调递减； 1 f(－1)＝－ <0，函数 f(x)至多有一个零点，不符合题意． e 综上，实数 a 的取值范围是 a<0.
列表： x f′(x) f(x) (－∞，－1) ＋ －1 0 1 极大值－ e (－1,1) － 1 0 极小值－e (1，＋∞) ＋
1 所以 x＝－1 时，f(x)取极大值－ ；当 x＝1 时，f(x)取极小值－e. e
(2)f′(x)＝(x＋1)ex－a(x＋1)＝(x＋1)(ex－a)， 当 a＝0 时，易知函数 f(x)只有一个零点，不符合题意； 当 a<0 时，在(－∞，－1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减； 在(－1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增； 1 f(－1)＝－ <0，且 f(1)＝e－2a>0，x→－∞，f(x)→＋∞， e 所以函数 f(x)有两个零点．
2019版高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用二习题课件理
4x 4 恒成立， 转化为 a ＋2a＋2≤ 2 ＋x＝ ＋x＝f(x)的最小 x －x x－1 x＋1x－3 值．f′(x)＝ ，可得 x＝3 时， x－12 函数 f(x)取得极小值即最小值 f(3)＝5. ∴a2＋2a＋2≤5，化为 a2＋2a－3≤0， 即(a＋3)(a－1)≤0，解得－3≤a≤1. 因此 a 的最小值为－3.故选 A.
解析
设 g(x)＝exf(x)－ex，则 g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)
－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]， ∵f(x)＋f′(x)>1，ex>0， ∴g′(x)＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0， ∴g(x)是 R 上的增函数． 又 g(0)＝f(0)－1＝2017， ∴g(x)>2017 的解集为(0，＋∞)， 即不等式 exf(x)>ex＋2017 的解集为(0，＋∞)．故选 B.
a2＋2a＋2 4 4．(2017· 合肥期中)已知 ≤ 2 ＋1 对于任意 x x －x 的 x∈(1，＋∞)恒成立，则( A．a 的最小值为－3 B．a 的最小值为－4 C．a 的最大值为 2 D．a 的最大值为 4 )
解析
a2＋2a＋2 4 ≤ 2 ＋1 对于任意的 x∈(1，＋∞) x x －x
)
1 解析 f(x)＝a(x－2)e ＋ln x＋x，x>0，
x 1 1 1 x ∴f′(x)＝a(x－1)e ＋ x－x2＝(x－1)ae ＋x2 ， x
1 由 f′(x)＝0 得到 x＝1 或 ae ＋x2＝0(*)．
解析 数，
∵f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函
fx fx ∴ 为奇函数， 的图象关于原点对称． gx gx 当 x<0 时，f′(x)g(x)－f(x)g′(x)>0，
2019届高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第二节函数的单调性与最值课件理
法二：f′(x)＝ax′x－x1－－1a2xx－1′ ＝ax－x－11－2 ax＝－x－a 12. 当 a>0 时，f′(x)<0，函数 f(x)在(－1,1)上单调递减； 当 a<0 时，f′(x)>0，函数 f(x)在(－1,1)上单调递增．
2．求函数 f(x)＝－x2＋2|x|＋1 的单调区间．
当 x∈0，32时，f(x)＝x2－3x 为减函数， 当 x∈32，＋∞时，f(x)＝x2－3x 为增函数； 当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－x＋1 1为增函数；
当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数． 答案：C
()
3．函数 f(x)＝|x－2|x 的单调减区间是
解：易知 f(x)＝－ －xx22＋ －22xx＋ ＋11， ，xx≥<00， ＝－ －xx－ ＋1122＋ ＋22， ，xx≥ <00. ， 画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和 [0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．
[解题师说] 1．掌握确定函数单调性(区间)的 3 种常用方法 (1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出 结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成 因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自 变量的大小关系及不等式的性质进行判断．(如典题领悟第 1 题) (2)图象法：如果 f(x)是以图象形式给出的，或者 f(x)的图象易 作出，则可由图象的直观性确定它的单调性．(如典题领悟第 2 题) (3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．(如典题 领悟第 1 题)
则这个函数在定义域上是增函数．
()
(6)所有的单调函数都有最值．
()
届高考数学一轮总复习 第2章 函数、导数及其应用 第十一节 第二课时 导数与函数的极值、最值课件 文
x f′(x) f(x)
－∞，ln1a ＋
1 lna
ln
1a，＋∞
0
－
极大值
故函数 f(x)的单调递增区间为－∞，ln1a；单调递减区间为 ln1a，＋∞. (2)当 ln1a≥2，即 0＜a≤e12时， f(x)max＝f(2)＝2a－e2；
当 1＜ln 1a＜2，即e12＜a＜1e时， f(x)max＝f ln1a＝1aln1a－1a； 当 ln1a≤1，即 a≥1e时， f(x)max＝f(1)＝1a－e.
[方法归纳] 利用导数研究函数极值的一般流程
考点二 运用导数解决函数的最值问题 重点保分型考点——师生共研
[典例引领] (2015·大连双基测试)已知函数 f(x)＝xa－ex(a＞0)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)求函数 f(x)在[1,2]上的最大值． 解：(1)f(x)＝xa－ex(a＞0)，则 f′(x)＝1a－ex. 令1a－ex＝0，则 x＝ln 1a. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
当 x＝23时，y＝f(x)有极值，则 f′23＝0，
可得 4a＋3b＋4＝0，② 由①②，解得 a＝2，b＝－4. 由于切点的横坐标为 1，所以 f(1)＝4. 所以 1＋a＋b＋c＝4，得 c＝5. (2)由(1)可得 f(x)＝x3＋2x2－4x＋5， f′(x)＝3x2＋4x－4. 令 f′(x)＝0，解得 x1＝－2，x2＝23. 当 x 变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：
x
－3 (－3，－2) －2 －2，23
2 3
23，1 1
f′(x)
＋
0－
0
＋
f(x) 8
13
2019版高考数学微一轮复习第二章函数、导数及其应用第2节函数的单调性与最值课件理
就说函数 f(x)在区间 D 上是增函数
么就说函数 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__下__降__的___
(2)单调区间的定义
如果函数 y＝f(x)在区间 D 上是__增__函__数___或__减__函__数___，那么就说函数 y＝f(x)在
解析：依题意，知函数图象的对称轴为 x＝－－8m＝m8 ＝－2，即 m＝－16，从而 f(x)＝4x2＋16x＋5，
f(1)＝4＋16＋5＝25.
答案：25
考点一 求函数的单调区间
【典例 1】 (1)函数 y＝－x2＋2|x|＋1 的单调递增区间为________，单调递减区
间为________．
1．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )
A．y＝3－x
B．y＝1x
C．y＝－x2＋4
D．y＝|x|
解析：结合函数的图象易知选 D. 答案：D
2．(2018·合肥检测)函数 y＝|x|(1－x)在区间 A 上是增函数，那么区间 A 是( )
A．(－∞，0)
B.0，12
C．[0，＋∞)
4．函数 f(x)＝x＋2x1在[1,2]上的最大值和最小值分别是________． 解析：f(x)＝x＋2x1＝2x＋x＋11－2＝2－x＋2 1在[1,2]上是增函数，所以 f(x)max＝f(2)＝43，
f(x)min＝f(1)＝1. 答案：43，1
5．若函数 f(x)＝4x2－mx＋5 在[－2，＋∞)上递增，在(－∞，－2]上递减，则 f(1) ＝________.
(2)由图象知 f(x)在(－∞，0)和12，＋∞上单调递减，而在0，12上单调递增．又 0<a<1 时，y＝logax 为(0，＋∞)上的减函数，所以要使 g(x)＝f(logax)单调递减，需要 logax∈0，12，即 0≤logax≤12，解得 x∈[ a，1]．故选 B.
2019年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.11.2导数与函数的极值最值课时跟踪检测理20
2.11.2 导数与函数的极值、最值[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1.已知函数f (x )的定义域为(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )上的图象如图所示，则函数f (x )在(a ，b )上的极大值点的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：由函数极值的定义和导函数的图象可知，f ′(x )在(a ，b )上与x 轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x ＝0不是函数f (x )的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．答案：B2．函数f (x )＝13x 3－4x ＋m 在[0,3]上的最大值为4，则m 的值为( )A ．7B ．283C ．3D ．4解析：f ′(x )＝x 2－4，x ∈[0,3]，当x ∈[0,2)时，f ′(x )＜0，当x ∈(2,3]时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在[0,2)上是减函数，在(2,3]上是增函数． 又f (0)＝m ，f (3)＝－3＋m . ∴在[0,3]上，f (x )max ＝f (0)＝4， ∴m ＝4，故选D. 答案：D3．设直线x ＝t 与函数h (x )＝x 2，g (x )＝ln x 的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |最小时t 的值为( )A ．1B ．12 C.52D ．22解析：由已知条件可得|MN |＝t 2－ln t ， 设f (t )＝t 2－ln t (t ＞0)，则f ′(t )＝2t －1t，令f ′(t )＝0，得t ＝22， 当0＜t ＜22时，f ′(t )＜0，当t ＞22时，f ′(t )＞0， ∴当t ＝22时，f (t )取得最小值． 答案：D4．若e x≥k ＋x 在R 上恒成立，则实数k 的取值范围为( ) A ．(－∞，1] B ．[1，＋∞) C ．(－∞，－1]D ．[－1，＋∞)解析：由e x≥k ＋x ，得k ≤e x－x . 令f (x )＝e x－x ， ∴f ′(x )＝e x－1.当f ′(x )＝0时，x ＝0，∴f ′(x )＜0时，x ＜0，f ′(x )＞0时，x ＞0. ∴f (x )在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数． ∴f (x )min ＝f (0)＝1.∴k 的范围为(－∞，1]．故选A. 答案：A5．(2017届河北三市二联)若函数f (x )＝13x 3－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b 2x 2＋2bx 在区间[－3,1]上不是单调函数，则函数f (x )在R 上的极小值为( )A ．2b －43B ．32b －23C ．0D ．b 2－16b 3解析：f ′(x )＝x 2－(2＋b )x ＋2b ＝(x －b )(x －2)，∵函数f (x )在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－3＜b ＜1，则由f ′(x )＞0，得x ＜b 或x ＞2，由f ′(x )＜0，得b ＜x ＜2，∴函数f (x )的极小值为f (2)＝2b －43.答案：A6．f (x )是定义在R 上的偶函数，当x ＜0时，f (x )＋xf ′(x )＜0且f (－4)＝0，则不等式xf (x )＞0的解集为( )A ．(－4,0)∪(4，＋∞)B ．(－4,0)∪(0,4)C ．(－∞，－4)∪(4，＋∞)D ．(－∞，－4)∪(0,4)解析：设g (x )＝xf (x )，则当x ＜0时g ′(x )＝[xf (x )]′＝xf ′(x )＋f (x )＜0， 所以g (x )在区间(－∞，0)上是减函数， 因为f (x )是定义在R 上的偶函数． 所以g (x )＝xf (x )是定义在R 上的奇函数， 所以g (x )在(0，＋∞)上是减函数，∵f (－4)＝0，∴f (4)＝0，即g (4)＝g (－4)＝0， ∴xf (x )＞0，即g (x )＞0，∴xf (x )＞0的解集为(－∞，－4)∪(0,4)． 答案：D7．已知函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，且对任意的x ∈R ，f ′(x )＞2，则f (x )＞2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析：设g (x )＝f (x )－(2x ＋4)，[f (x )－(2x ＋4)]′＝f ′(x )－2＞0，所以g (x )单调递增．又g (－1)＝0，所以f (x )＞2x ＋4的解集是(－1，＋∞)．故选B.答案：B8．(2017届山东师大附中检测)已知函数f (x )＝x e x，g (x )＝－(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1e ，＋∞ B ．[－1，＋∞)C ．[－e ，＋∞)D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1e ，＋∞解析：f ′(x )＝e x＋x e x＝(1＋x )e x，当x ＞－1时，f ′(x )＞0，函数单调递增；当x ＜－1时，f ′(x )＜0，函数单调递减．所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值即最小值，f (－1)＝－1e .函数g (x )的最大值为a .若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≤g (x 1)成立，则有g (x )的最大值大于或等于f (x )的最小值，即a ≥－1e.故选D.答案：D9．从边长为10 cm×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为________cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)． 答案：14410．已知函数f (x )＝e x－2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是________．解析：由原函数有零点，可将问题转化为方程e x－2x ＋a ＝0有解问题，即方程a ＝2x －e x有解．令函数g (x )＝2x －e x，则g ′(x )＝2－e x，令g ′(x )＝0，得x ＝ln 2，所以g (x )在(－∞，ln 2)上是增函数，在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g (x )的最大值为g (ln 2)＝2ln 2－2.当x →－∞时g (x )→－∞，因此，a 的取值范围就是函数g (x )的值域，所以a 的取值范围是(－∞，2ln 2－2]．答案：(－∞，2ln 2－2]11．已知f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )是函数f (x )的导函数，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则实数a 的取值范围是________．解析：当导函数f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )的图象如图所示时满足题意，此时－1<a <0.答案：－1<a <012．(2017年全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)·e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x＋1)．(ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减． (ⅱ)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.所以f (x )在(－∞，－ln a )上单调递减，在(－ln a ，＋∞)上单调递增． (2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点． (ⅱ)若a ＞0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0， 故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0，即f (－ln a )＞0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2＞－2e －2＋2＞0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝⎛⎭⎪⎫3a－1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2n 0－n 0＞0.由于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a－1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．13．(2017年全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x －1－a ln x . (1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，1＋121＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，求m 的最小值．解：(1)f (x )＝x －1－a ln x ，x ＞0， 则f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，且f (1)＝0，①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以0＜x ＜1时，f (x )＜0，不满足题意；②当a ＞0时，当0＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0，a )上单调递减； 当x ＞a 时，f ′(x )＞0，则f (x )在(a ，＋∞)上单调递增．(ⅰ)若a ＜1，f (x )在(a,1)上单调递增，所以当x ∈(a,1)时，f (x )＜f (1)＝0，不满足题意；(ⅱ)若a ＞1，f (x )在(1，a )上单调递减，所以当x ∈(1，a )时，f (x )＜f (1)＝0，不满足题意；(ⅲ)若a ＝1，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (1)＝0满足题意． 综上所述，a ＝1.(2)由(1)知当a ＝1时，f (x )＝x －1－ln x ≥0，即ln x ≤x －1， 则ln(x ＋1)≤x ，当且仅当x ＝0时等号成立．所以ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＜12k ，k ∈N *，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜12＋122＋…＋12n ＝1－12n ＜1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜e.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＞1＋121＋1221＋123＝13564＞2. 当n ≥3时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ∈(2，e)．因为m ∈N *，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n ＜m ，所以m 的最小值为3.[能 力 提 升]1．已知函数y ＝f (x )对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＞0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是( )A.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4B.2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 C ．f (0)＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3 D ．f (0)＞2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4 解析：由f ′(x )cos x ＋f (x )sin x ＞0知⎝⎛⎭⎪⎫f x cos x ′＞0，所以g (x )＝f x cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2上是增函数，所以g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，即2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π4，所以A 正确；同理有g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cos π3＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cosπ4，得2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以B 不正确；由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＞g (0)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3cosπ3＞f 0cos0，得f (0)＜2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，所以C 不正确；由g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＞g (0)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4cosπ4＞f 0cos0，得f (0)＜2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，所以D 不正确，故选A.答案：A2．(2017届烟台模拟)设函数f (x )＝ax 3－3x ＋1(x ∈R )，若对于任意x ∈[－1,1]，都有f (x )≥0成立，则实数a 的值为________．解析：(构造法)若x ＝0，则不论a 取何值，f (x )≥0显然成立； 当x ＞0时，即x ∈(0,1]时，f (x )＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x 2－1x3.设g (x )＝3x 2－1x 3，则g ′(x )＝31－2xx4， 所以g (x )在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上单调递减，因此g (x )max ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝4，从而a ≥4.当x ＜0时，即x ∈[－1,0)时，同理a ≤3x 2－1x3.g (x )在区间[－1,0)上单调递增，所以g (x )min ＝ g (－1)＝4，从而a ≤4，综上可知a ＝4. 答案：43．(2017年全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ax 2－ax －x ln x ，且f (x )≥0. (1)求a ；(2)证明：f (x )存在唯一的极大值点x 0，且e －2＜f (x 0)＜2－2. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 设g (x )＝ax －a －ln x ，则f (x )＝xg (x )，f (x )≥0等价于g (x )≥0.因为g (1)＝0，g (x )≥0，故g ′(1)＝0，而g ′(x )＝a －1x，g ′(1)＝a －1，得a ＝1.若a ＝1，则g ′(x )＝1－1x.当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减；当x ＞1时，g ′(x )＞0，g (x )单调递增，所以x ＝1是g (x )的极小值点，故g (x )≥g (1)＝0.综上，a ＝1.(2)证明：由(1)知f (x )＝x 2－x －x ln x ，f ′(x )＝2x －2－ln x . 设h (x )＝2x －2－ln x ，则h ′(x )＝2－1x.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，h ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，h ′(x )＞0.所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞单调递增． 又h (e －2)＞0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，h (1)＝0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12有唯一零点x 0，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞有唯一零点1，且当x ∈(0，x 0)时，h (x )＞0；当x ∈(x 0,1)时，h (x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＞0.因为f ′(x )＝h (x )，所以x ＝x 0是f (x )的唯一极大值点． 由f ′(x 0)＝0得ln x 0＝2(x 0－1)，故f (x 0)＝x 0(1－x 0)． 由x 0∈(0,1)得f (x 0)＜14.因为x ＝x 0是f (x )在(0,1)的最大值点，由e －1∈(0,1)，f ′(e －1)≠0得f (x 0)＞f (e －1)＝e －2.所以e －2＜f (x 0)＜2－2.4．(2017年山东卷)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e ＝2.718 28…是自然对数的底数．(1)求曲线y ＝f (x )在点(π，f (π))处的切线方程；(2)令h (x )＝g (x )－af (x )(a ∈R )，讨论h (x )的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．解：(1)由题意得f (π)＝π2－2，又f ′(x )＝2x －2sin x ，所以f ′(π)＝2π.因此曲线y ＝f (x )在点(π，f (π))处的切线方程为y －(π2－2)＝2π(x －π)，即y ＝2πx －π2－2.(2)由题意得h (x )＝e x(cos x －sin x ＋2x －2)－a (x 2＋2cos x )，因为h ′(x )＝e x(cos x －sin x ＋2x －2)＋e x(－sin x －cos x ＋2)－a (2x －2sin x )＝2e x(x －sin x )－2a (x －sin x )＝2(e x－a )(x －sin x )，令m (x )＝x －sin x ， 则m ′(x )＝1－cos x ≥0， 所以m (x )在R 上单调递增．因为m (0)＝0，所以当x ＞0时，m (x )＞0； 当x ＜0时，m (x )＜0. (ⅰ)当a ≤0时，e x－a ＞0，当x ＜0时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减； 当x ＞0时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增．所以当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝2(e x－e ln a)(x－sin x)．由h′(x)＝0得x1＝ln a，x2＝0.①当0＜a＜1时，ln a＜0，当x∈(－∞，ln a)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(ln a,0)时，e x－e ln a＞0，h′(x)<0，h(x)单调递减．当x∈(0，＋∞)时，e x－e ln a>0，h′(x)>0，h(x)单调递增．所以当x＝ln a时h(x)取到极大值，极大值为h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．当x＝0时，h(x)取到极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；②当a＝1时，ln a＝0，所以当x∈(－∞，＋∞)时，h′(x)≥0，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；③当a＞1时，ln a＞0，所以当x∈(－∞，0)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(0，ln a)时，e x－e ln a＜0，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x∈(ln a，＋∞)时，e x－e ln a＞0，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以当x＝0时，h(x)取到极大值，极大值是h(0)＝－2a－1；当x＝ln a时，h(x)取到极小值，极小值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．综上所述，当a≤0时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，函数h(x)有极小值，极小值是h(0)＝－2a－1；当0＜a＜1时，函数h(x)在(－∞，ln a)和(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]，极小值是h(0)＝－2a－1；当a＝1时，函数h(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，无极值；当a＞1时，函数h(x)在(－∞，0)和(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减，函数h(x)有极大值，也有极小值，极大值是h(0)＝－2a－1，极小值是h(ln a)＝－a[ln2a－2ln a＋sin(ln a)＋cos(ln a)＋2]．附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用2.11导数在研究函数中的应用一课件理
冲关xln
x－x，g(x)＝
a 2
x2－
ax(a∈R)．
(1)若f(x)和g(x)在(0，＋∞)有相同的单调区间，求a的
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解 (1)对f(x)求导得 f′(x)＝6x＋aex－ex32 x2＋axex＝－3x2＋e6x－ax＋a， 因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 当a＝0时，f(x)＝3exx2，f′(x)＝－3xe2x＋6x， 故f(1)＝3e，f′(1)＝3e，
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方法技巧 1．利用导数研究函数极值问题的一般流程
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2．已知函数极值点或极值求参数的两个要领 (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．
3a
3
，
33a，＋∞ 上为增函数，
在－
33a，
33a上为减函数．
综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a>0
时，f(x)在 －∞，－
3a
3
，
33a，＋∞
上为增函数，在
－
33a，
33a上为减函数．
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(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立， 即a≤3x2对x∈R恒成立． 因为3x2≥0，所以只需a≤0. 又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是 增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0]．
2019年高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.11.1导数与函数的单调性课件理
「应用提示研一研」 1．在某区间内 f′(x)＞0(f′(x)＜0)是函数 f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不 必要条件． 2 ．可导函数 f(x) 在 (a ， b) 上是增 ( 减 ) 函数的充要条件是对 ∀ x ∈ (a ， b) ，都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0)且 f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零． 3． 对于可导函数 f(x)， f′(x0)＝0 是函数 f(x)在 x＝x0 处有极值的必要不充分条件．
必修部分
第二章 函数、导数及其应用
第十一节 导数的应用
第一课时 导数与函数的单调性
栏 目 导 航
考情分析
1 3
考点疑难突破
基础自主梳理
2 4 课时跟踪检测1考 情 分 析考点分布 1.导数与函 数的单调性 2.导数与函 数的极值、 最 值
考纲要求 1.导数在研究函数中的应用 (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( 其中多项式函 数一般不超过三次)． (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(其中多项式函 会求闭区间上 3.导数的综 数一般不超过三次)； 函数的最大值、 最小值(其中多项式 合应用 函数一般不超过三次)． 2．生活中的优化问题 会利用导数解决某些实际问题．
数 y＝f(x)的极大值点，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．
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．
高考数学第二章函数、导数及其应用2_11_2导数与函数的极值、最值课件文新人教版
解析：(1)当 x<1 时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令 f′(x)＝0，解得 x＝0 或 x
＝23，
当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，0)
0
0，23
2 3
23，
1
f′(x) －
0
＋
0
－
f(x)
极小值
极大值
所以当 x＝0 时，函数 f(x)取得极小值 f(0)＝0，函数 f(x)的极大值点为 x＝23.
第二课时 导数与函数的极值、最值
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教材回顾 考点突破
[基础梳理] 1．函数的极值与导数的关系 (1)函数的极小值与极小值点： 若函数 f(x)在点 x＝a 处的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值 都小 ， f′(a)＝0，而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0 ，右侧 f′(x)＞0 ，则点 a 叫作 函数的极小值点，f(a)叫作函数的极小值．
(2)由(1)可知 x＝0 和 x＝ln 2 是 f(x)的极值点， 且 0∈[0,2]，ln 2∈[0,2]， f(0)＝－1，f(ln 2)＝(ln 2－1)·eln 2－(ln 2)2 ＝2(ln 2－1)－(ln 2)2，又 f(1)＝－1， 由(1)可知在(ln 2，＋∞)上 f(x)为增函数， ∴f(2)＞f(1)＞f(ln 2)， ∴f(x)的最大值为 f(2)＝e2－4. f(x)的最小值为 f(ln 2)＝2ln 2－2－(ln 2)2.
解析：y′＝ex＋x·ex，令y′＝0，则x＝－1， ∵x<－1时，y′<0, x>－1时，y′>0， ∴x＝－1是函数的唯一极小值点，即为最小值点， ∴x＝－1时，ymin＝－1e. 答案：－1e
高考数学一轮总复习 2.12.2导数与函数的极值、最值课件
A
24
变式思考 2 设函数f(x)＝alnx－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1 处与直线y＝－12相切．
(1)求实数a，b的值； (2)求函数f(x)在1e，e上的最大值．
A
25
解 (1)f′(x)＝ax－2bx，
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－12相切，
f′1＝a－2b＝0，
a＝1，
A
22
又f(0)＝1，f(1)＝a， 所以当0<a<1时，f(x)在x＝1处取得最小值； 当a＝1时，f(x)在x＝0处和x＝1处同时取得最小值； 当1<a<4时，f(x)在x＝0处取得最小值．
A
23
【规律方法】 求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步 骤
(1)求函数在(a，b)内的极值． (2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)． (3)将函数f(x)的各极值与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
11
【规律方法】 求函数f(x)极值的步骤： (1)确定函数的定义域； (2)求导数f′(x)； (3)解方程f′(x)＝0，求出函数定义域内的所有根； (4)列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果 左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0 处取极小值．
答案 C
A
16
(1)(文)解析
由f′(x)＝
2xx＋1－x2＋a x＋12
＝
x2＋2x－a x＋12
＝0，
∴x2＋2x－a＝0，x≠－1，又f(x)在x＝1处取极值，∴x＝1是x2＋
2x－a＝0的根，∴a＝3.
答案 3