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三维设计江苏专用2017届高三数学一轮总复习第三章导数及其应用课时跟踪检测文

时间:2017-03-13


第三章 第一节

导数及其应用 导数的概念与计算

1.导数的概念 (1)平均变化率 一般地,函数 f(x)在区间[x1,x2]上的平均变化率为 (2)函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 ①定义: Δy 设函数 y=f(x)在区间(a,b)上有定义,x0∈(a,b),若 Δ x 无限趋近于 0 时,此值 Δx =

f?x2?-f?x1? . x2-x1

f?x0+Δ x?-f?x0? 无限趋近于一个常数 A,则称 f(x)在 x=x0 处可导,并称该常数 A Δx

为函数 f(x)在 x=x0 处的导数,记作 f′(x0). ②几何意义: 函数 f(x)在点 x0 处的导数 f′(x0)的几何意义是在曲线 y=f(x)上点(x0,f(x0))处的切 线的斜率.相应地,切线方程为 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0). (3)函数 f(x)的导函数 若 f(x)对于区间(a,b)内任一点都可导,则 f(x)在各点的导数也随着自变量 x 的变化 而变化,因而也是自变量 x 的函数,该函数称为 f(x)的导函数. 2.基本初等函数的导数公式 (sin x)′=cos_x,(cos x)′=-sin_x,(a )′=a ln_a, (e )′=e ,(logax)= 3.导数的运算法则 (1)[f(x)±g(x)]′=f′(x)±g′(x); (2)[f(x)?g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x); (3)?
x x x x

1

xln a

1 ,(ln x)′= .

x

?f?x??′=f′?x?g?x?-f?x?g′?x?(g(x)≠0). ? 2 [g?x?] ?g?x??

[小题体验] 1.(教材习题改编)一次函数 f(x)=kx+b 在区间[m,n]上的平均变化率为________. 解析: 由题意得函数 f(x)=kx+b 在区间[m, n]上的平均变化率为

f?n?-f?m? =k. n-m
1

答案:k 2. (教材习题改编)如图, 函数 y=f(x)的图象在点 P 处的切线方程 是 y=-x+5,则 f(3)=________,f′(3)=________. 解析:由图知切点为(3,2), 切线斜率为-1. 答案:2 -1 3.设函数 f(x)在(0,+∞)内可导,且 f(x)=x+ln x,则 f′(1)=________. 1 解析:由 f(x)=x+ln x(x>0),知 f′(x)=1+ ,所以 f′(1)=2.

x

答案:2 4.(2015?天津高考)已知函数 f(x)=axln x,x∈(0,+∞),其中 a 为实数,f′(x) 为 f(x)的导函数.若 f′(1)=3,则 a 的值为________. 1? ? 解析:f′(x)=a?ln x+x? ?=a(1+ln x).

?

x?

由于 f′(1)=a(1+ln 1)=a,又 f′(1)=3,所以 a=3. 答案:3

1.利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号,防止与乘法公式混淆. 2.求曲线切线时,要分清在点 P 处的切线与过 P 点的切线的区别,前者只有一条,而 后者包括了前者. 3.曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个,这和研究直线与二次曲线相切时有 差别. [小题纠偏] 1.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=2xf′(e)+ln x,则 f′(e)= ________. 1 解析:对关系式 f(x)=2xf′(e)+ln x 两边求导,得 f′(x)=2f′(e)+ ,令 x=e,

x

1 1 得 f′(e)=2f′(e)+ ,所以 f′(e)=- . e e 1 答案:- e 2.已知 f(x)=x +3xf′(2),则 f(2)=________. 解析:因为 f′(x)=2x+3f′(2),所以 f′(2)=4+3f′(2),所以 f′(2)=-2,所 以 f(x)=x -6x,所以 f(2)=2 -6?2=-8. 答案:-8
2
2 2 2

3.已知定义在 R 上的函数 f(x)=e +x -x+sin x,则曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处 的切线方程是________. 解析:令 x=0,得 f(0)=1.对 f(x)求导,得 f′(x)=e +2x-1+cos x,所以 f′(0) =1,故曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=x+1. 答案:y=x+1
x

x

2

考点一 导数的运算?基础送分型考点——自主练透? [题组练透] 求下列函数的导数. (1)y=x sin x; 1 (2)y=ln x+ ;
2

x

cos x (3)y= x ; e (4)y= 1 + . 1- x 1+ x
2 2

1

解:(1)y′=(x )′sin x+x (sin x)′ =2xsin x+x cos x. 1? ? (2)y′=?ln x+ ?′
2

?

x?

?1? =(ln x)′+? ?′ x ? ?
1 1 = - 2.

x x

(3)y′=? =

?cosx ? e

x?
x

?′ ?
x

?cos x?′e -cos x?e ?′ x 2 ?e ?

sin x+cos x =- . x e 1 1 2 (4)∵y= + = , 1 - x 1- x 1+ x ∴y′=? =

? 2 ?′ ? ?1-x?

-2?1-x?′ 2 = 2 2. ?1-x? ?1-x? [谨记通法]
3

求函数导数的 3 种原则

考点二 导数的几何意义?常考常新型考点——多角探明? [命题分析] 导数的几何意义是每年高考的必考内容, 考查题型既有填空题, 也常出现在解答题的第 (1)问中,难度偏小,属中低档题. 常见的命题角度有: (1)求切线方程; (2)求切点坐标; (3)求参数的值. [题点全练] 角度一:求切线方程 1.(2016?南通调研)已知 f(x)=x -2x +x+6,则 f(x)在点 P(-1,2)处的切线与坐 标轴围成的三角形的面积等于________. 解析:∵f(x)=x -2x +x+6, ∴f′(x)=3x -4x+1, ∴f′(-1)=8, 故切线方程为 y-2=8(x+1), 即 8x-y+10=0, 5 令 x=0,得 y=10,令 y=0,得 x=- , 4 1 5 25 ∴所求面积 S= ? ?10= . 2 4 4 25 答案: 4 角度二:求切点坐标 2.若曲线 y=xln x 上点 P 处的切线平行于直线 2x -y+1= 0,则点 P 的坐标是 ________. 1 解析:由题意得 y′=ln x+x? =1+ln x,
2 3 2 3 2

x

直线 2x-y+1=0 的斜率为 2. 设 P(m,n),则 1+ln m=2, 解得 m=e,
4

所以 n=eln e=e, 即点 P 的坐标为(e,e). 答案:(e,e) 角度三:求参数的值 3. (2016?南京外国语学校检测)已知函数 f(x)=x +ax -bx, 且 f′(0)=-13, f′(- 1)=-27,则 a+b=________. 解析:∵f′(x)=4x +2ax-b, 由?
? ?f′?0?=-13, ?f′?-1?=-27 ? ?a=5, ? ? ?b=13, ? ?-b=-13 ?? ?-4-2a-b=-27, ?
3 4 2

∴?

∴a+b=18. 答案:18 [方法归纳] 导数几何意义的应用的 2 个注意点 (1)当曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线垂直于 x 轴时,函数在该点处的导数不存 在,切线方程是 x=x0; (2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线. 曲线 y=f(x)在点 P(x0, f(x0)) 处的切线方程是 y-f(x0)=f′(x0)(x-x0);求过某点的切线方程,需先设出切点坐标,再 依据已知点在切线上求解.

?一抓基础,多练小题做到眼疾手快 1.函数 f(x)=(x+2a)(x-a) 的导数为________. 解析:∵f(x)=(x+2a)(x-a) =x -3a x+2a , ∴f′(x)=3(x -a ). 答案:3(x -a ) 2.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=2xf′(1)+ln x,则 f′(1)= ________. 1 解析:由 f(x)=2xf′(1)+ln x,得 f′(x)=2f′(1)+ .
2 2 2 2 2 3 2 3 2

x

∴f′(1)=2f′(1)+1,则 f′(1)=-1. 答案:-1 3.(2016?徐州一中检测)曲线 y=f(x)=x(x-1)(x-2)???(x-6)在原点处的切线 方程为________.
5

解析:y′=(x-1)(x-2)???(x-6)+x[(x-1)?(x-2)???(x-6)]′,所以

f′(0)=(-1)?(-2)?(-3)?(-4)?(-5)?(-6)+0=720.故切线方程为 y=720x.
答案:y=720x 4.(2015?全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax +x+1 的图象在点(1,f(1))处的切线过点 (2,7),则 a=________. 解析:∵f′(x)=3ax +1, ∴f′(1)=3a+1. 又 f(1)=a+2, ∴切线方程为 y-(a+2)=(3a+1)(x-1). ∵切线过点(2,7),∴7-(a+2)=3a+1,解得 a=1. 答案:1 5.已知曲线 y=x +x-2 在点 P0 处的切线 l 与直线 4x-y-1=0 平行,且点 P0 在第三 象限,则点 P0 的坐标为________. 解析:设 P0(x0,y0). 由 y=x +x-2,得 y′=3x +1. 由已知,得 3x0+1=4,解得 x0=±1. 当 x0=1 时,y0=0; 当 x0=-1 时,y0=-4. 又点 P0 在第三象限,∴切点 P0 的坐标为(-1,-4). 答案:(-1,-4) ?二保高考,全练题型做到高考达标 3 2 1.某物体做直线运动,其运动规律是 s=t + (t 的单位:s,s 的单位:m),则它在第
2 3 2 3 2 3

t

4 s 末的瞬时速度为________ m/s. 3 解析:∵s′=2t- 2,∴在第 4 s 末的瞬时速度 v=s′|

t

t=4

3 125 =8- = m/s. 16 16

125 答案: 16 2.(2015?苏州二模)已知函数 f(x)=(x +2)(ax +b),且 f′(1)=2,则 f′(-1)= ________. 解析:f(x)=(x +2)(ax +b)=ax +(2a+b)x +2b,f′(x)=4ax +2(2a+b)x 为奇 函数,所以 f′(-1)=-f′(1)=-2. 答案:-2 3.已知 f(x)=x(2 015+ln x),若 f′(x0)=2 016,则 x0=________.
2 2 4 2 3 2 2

6

1 解析:f′(x)=2 015+ln x+x? =2 016+ln x,故由 f′(x0)=2 016 得 2 016+ln

x

x0=2 016,则 ln x0=0,解得 x0=1.
答案:1 2 3 4.(2016?金陵中学模拟)设点 P 是曲线 y=x - 3x+ 上的任意一点,P 点处切线倾 3 斜角 α 的取值范围为________. 解析:因为 y′=3x - 3≥- 3,故切线斜率 k≥- 3,所以切线倾斜角 α 的取值
2

? π ? ?2π ,π ?. 范围是?0, ?∪? ? 2? ? 3 ? ? ? π ? ?2π ,π ? 答案:?0, ?∪? ? 2? ? 3 ? ?
1 2 7 5.已知 f(x)=ln x,g(x)= x +mx+ (m<0),直线 l 与函数 f(x),g(x)的图象都相 2 2 切,且与 f(x)图象的切点为(1,f(1)),则 m 的值为________. 1 解析:∵f′(x)= ,

x

∴直线 l 的斜率为 k=f′(1)=1, 又 f(1)=0, ∴切线 l 的方程为 y=x-1.

g′(x)=x+m,设直线 l 与 g(x)的图象的切点为(x0,y0),
1 2 7 则有 x0+m=1,y0=x0-1,y0= x0+mx0+ ,m<0, 2 2 于是解得 m=-2. 答案:-2 6.(2016?太原一模)函数 f(x)=xe 的图象在点(1,f(1))处的切线方程是________. 解析: ∵f(x)=xe , ∴f(1)=e,f′(x)=e +xe , ∴f′(1)=2e,∴f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为 y-e=2e(x-1),即 y= 2ex-e. 答案:y=2ex-e 7.(2015?无锡调研)如图,y=f(x)是可导函数,直线 l:y=
x x x x

kx+2 是曲线 y=f(x)在 x=3 处的切线, 令 g(x)=xf(x), 其中 g′(x)
是 g(x)的导函数,则 g′(3)=________. 1 解析:由题图可知曲线 y=f(x)在 x=3 处切线的斜率等于- , 3

7

1 即 f′(3)=- . 3 又因为 g(x)=xf(x), 所以 g′(x)=f(x)+xf′(x),g′(3)=f(3)+3f′(3),

? 1? 由题图可知 f(3)=1,所以 g′(3)=1+3??- ?=0. ? 3?
答案:0 8.设函数 f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)(a,b,c 是两两不等的常数),则

a + f′?a?

b c + =________. f′?b? f′?c?
解析:∵f(x)=x -(a+b+c)x +(ab+bc+ca)x-abc, ∴f′(x)=3x -2(a+b+c)x+ab+bc+ca,
2 3 2

f′(a)=(a-b)(a-c), f′(b)=(b-a)(b-c), f′(c)=(c-a)(c-b).
∴ = = + + f′?a? f′?b? f′?c? + + ?a-b??a-c? ?b-a??b-c? ?c-a??c-b?

a

b

c

a

b

c

a?b-c?-b?a-c?+c?a-b? =0. ?a-b??a-c??b-c?

答案:0 9.求下列函数的导数. (1)y=x?tan x; (2)y=(x+1)(x+2)(x+3). 解:(1)y′=(x?tan x)′=x′tan x+x(tan x)′ =tan x+x??

?sin ?cos

2 2 x? cos x+sin x ′=tan x+x? ? 2 x? cos x

=tan x+ 2 . cos x (2)y′=(x+1)′[(x+2)(x+3)]+(x+1)[(x+2)(x+3)]′=(x+2)(x+3)+(x+ 1)(x+2)+(x+1)(x+3)=3x +12x+11.
2

x

x2 10.已知曲线 y=f(x)= -1(a>0)在 x=1 处的切线为 l,求 l 与两坐标轴所围成的三 a
角形的面积的最小值.

8

1 ? 1 ? 解:因为 f(1)= -1,所以切点为?1, -1?.

a

?

a

?

2x 2 由已知,得 f′(x)= ,切线斜率 k=f′(1)= ,

a

a

?1 ? 2 所以切线 l 的方程为 y-? -1?= (x-1), ?a ? a
即 2x-ay-a-1=0. 令 y=0,得 x=

a+1
2

;令 x=0,得 y=-

a+1 . a

1 a+1 a+1 1 ? 1? 1 1 所 以 l 与两 坐标 轴所围成 的三 角形 的面 积 S = ? ? = ?a+ ? + ≥ 2 2 a 4 ? a? 2 4 ?2

a? + =1,当且仅当 a= ,即 a=1 时取等号,所以 Smin=1. a 2 a
故 l 与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值为 1. ?三上台阶,自主选做志在冲刺名校 1.已知曲线 C:f(x)=x -ax+a,若过曲线 C 外一点 A(1,0)引曲线 C 的两条切线,它
3

1

1

1

们的倾斜角互补,则 a 的值为________. 解析: 设切点坐标为(t, t -at+a).由题意知,f′(x)=3x -a,切线的斜率 k=y′|
x=t
3 2

=3t -a ①,所以切线方程为 y-(t -at+a)=(3t -a)(x-t) ②.将点 A(1,0)代入

2

3

2

3 3 3 2 ②式得-(t -at+a)=(3t -a)(1-t),解得 t=0 或 t= .分别将 t=0 和 t= 代入①式, 2 2 27 27 得 k=-a 和 k= -a,由题意得它们互为相反数,故 a= . 4 8 27 答案: 8

?π ? ?π ? 2 .(2016?无锡一中检测 ) 已知函数 f(x) = f′ ? ? cos x + sin x ,则 f ? ? 的值为 ?4? ?4?
________.

?π ? 解析:∵f(x)=f′? ?cos x+sin x, ?4? ?π ? ∴f′(x)=-f′? ?sin x+cos x, ?4?
2 2 ?π ? ?π ? ∴f′? ?=-f′? ?? + , 2 ?4? ?4? 2

?π ? ∴f′? ?= 2-1. ?4?
2 2 ?π ? 故 f? ?=( 2-1)? + =1. 2 2 ?4?
9

答案:1 3.(2016?苏北四市调研)设函数 f(x)=ax- ,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程为 7x-4y-12=0. (1)求 f(x)的解析式; (2)证明:曲线 y=f(x)上任意一点处的切线与直线 x=0 和直线 y=x 所围成的三角形 的面积为定值,并求此定值. 解:(1)f′(x)=a+ 2. ∵点(2,f(2))在切线 7x-4y-12=0 上, 2?7-12 1 ∴f(2)= = . 4 2 又曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 7x-4y-12=0, 7 f′?2?= , ? ? 4 ∴? 1 f?2?= ? ? 2

b x

b x

b 7 a+ = , ? ? 4 4 ?? b 1 2a- = ? ? 2 2 x

??

?a=1, ? ? ?b=3.

3 ∴f(x)的解析式为 f(x)=x- . 3? ? (2)设?x0,x0- ?为曲线 y=f(x)上任意一点,

?

x0?

3 则切线的斜率 k=1+ 2,

x0

3? ? 3? ? 切线方程为 y-?x0- ?=?1+ 2?(x-x0), x x

?

0

? ?

0

?

6 令 x=0,得 y=- .

x0

3? ? 3? ? ?y-? ?x0-x0?=?1+x2 ??x-x0?, 0? ? ? 由? ? ? ?y=x,

得?

?x=2x0, ? ?y=2x0. ?

∴曲线 y=f(x)上任意一点处的切线与直线 x=0 和直线 y=x 所围成的三角形的面积 S 1 ? 6? = |2x0|?- ?=6,为定值. 2 ? x0?

第二节 导数的应用

10

1.函数的单调性 在(a, b)内可导函数 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)上为增函数.f′(x)≤0?f(x)在(a,b)上为减函数. 2.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 f′(x)<0,右侧 f′(x)>0,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 f′(x)>0,右侧 f′(x)<0,则点 b 叫做函数 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. [小题体验] 1.(教材习题改编)函数 f(x)=x e 的单调增区间是________. 解析:函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)=2xe +x e =e (2x+x ),令 f′(x)>0,得 x< -2 或 x>0,所以函数 f(x)的单调增区间为(-∞,-2)和(0,+∞). 答案:(-∞,-2),(0,+∞) 1 3 3 2 1 2.(教材习题改编)函数 f(x)= x + x -4x+ 取得极大值时 x 的值是________. 3 2 3 解析:f′(x)=x +3x-4,令 f′(x)=0,得 x1=1,x2=-4,经检验知 x=-4 时, 函数 y 取得极大值. 答案:-4 3.(教材习题改编)函数 f(x)= 解析:f′(x)= 3 x+sin x 在区间[0,2π ]上的最大值为________. 2
2 2 x

x

2 x

x

2

3 +cos x,令 f′(x)=0,x∈[0,2π ], 2

5π 7π ?5π ? 5 3π +1. 得 x= 或 x= ,又 f(0)=0,f? ?= 6 6 12 2 ? 6 ?

11

f?

?7π ?=7 3π -1,f(2π )= 3π .所以函数 f(x)在区间[0,2π ]上的最大值为 3π . ? 12 2 ? 6 ?

答案: 3π 4.已知 f(x)=x -ax 在[1,+∞)上是增函数,则 a 的最大值是________. 答案:3
3

1.求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯,会造成问题不能直观且有条理的解 决. 2.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. 3.解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题,处理好 f′(x)=0 时的情况;区 分极值点和导数为 0 的点. [小题纠偏] 1. 已知函数 f(x)=x +ax +bx-a -7a 在 x=1 处取得极大值 10, 则 的值为________. 解析:由题意,知 f′(x)=3x +2ax+b.由函数 f(x)在 x=1 处取得极大值 10,知
? ?f′?1?=0, ? ?f?1?=10, ? ?a=-6, ? ? ?b=9 ? ? ?3+2a+b=0, 即? 2 ?1+a+b-a -7a=10, ?
2 3 2 2

a b

解得?

? ?a=-2, ?b=1 ?

或?

? ?a=-6, ?b=9, ?

经检验

a 2 满足题意,故 =- . b 3

2 答案:- 3 2.若函数 f(x)=2x -ln x 在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)上不是单调函数, 则实数 k 的取值范围是________. 1 ?1 ? 解析:因为 f′(x)=4x- (x>0),所以可求得 f(x)的单调递增区间为? ,+∞?,单调 2 x ? ?
2

? 1? 2 递减区间为?0, ?.又函数 f(x)=2x -ln x 在其定义域的一个子区间(k-1,k+1)内不是 ? 2?
1 ? ?0≤k-1<2, 单调函数,则? 1 ? ?k+1>2, 3 解得 1≤k< . 2

? 3? 答案:?1, ? ? 2?
3.函数 y=2x -2x 在区间[-1,2]上的最大值是________. 2 2 解析:y′=6x -4x,令 y′=0,得 x=0 或 x= . 3
12
3 2

∵f(-1)=-4,f(0)=0,

f? ?=- ,f(2)=8. 3
∴最大值为 8. 答案:8 第一课时 导数与函数的单调性

?2? ? ?

8 27

考点一 判断或证明函数的单调性?重点保分型考点——师生共研? [典例引领]

x -?a+5?x,x≤0, ? ? 设 a∈[-2,0],已知函数 f(x)=? 3 a+3 2 x- x +ax,x>0. ? 2 ?
证明 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 证明:设函数 f1(x)=x -(a+5)x(x≤0),
3

3

a+3 2 f2(x)=x3- x +ax(x≥0),
2 ①f1′(x)=3x -(a+5), 由于 a∈[-2,0],从而当-1<x≤0 时,
2

f1′(x)=3x2-(a+5)<3-a-5≤0,
所以函数 f1(x)在区间(-1,0]内单调递减. ②f2′(x)=3x -(a+3)x+a=(3x-a)(x-1), 由于 a∈[-2,0],所以当 0<x<1 时,f2′(x)<0;当 x>1 时,f2′(x)>0,即函数 f2(x) 在区间[0,1)内单调递减,在区间(1,+∞)内单调递增. 综合①②及 f1(0)=f2(0),可知函数 f(x)在区间(-1,1)内单调递减,在区间(1,+∞) 内单调递增. [由题悟法] 导数法证明函数 f(x)在(a,b)内的单调性的 3 步骤 (1)一求.求 f′(x); (2)二定.确认 f′(x)在(a,b)内的符号; (3)三结论.作出结论:f′(x)>0 时为增函数;f′(x)<0 时为减函数. [提醒] 研究含参数函数的单调性时, 需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分 类讨论. [即时应用]
13
2

已知函数 f(x)=ln x- . 1+2x (1)求证:f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; 1 (2)若 f[x(3x-2)]<- ,求实数 x 的取值范围. 3 解:(1)证明:由已知得 f(x)的定义域为(0,+∞). ∵f(x)=ln x- , 1+2x
2

x

x

1 1+2x-2x 4x +3x+1 ∴f′(x)= - = . x ?1+2x?2 x?1+2x?2 ∵x>0,∴4x +3x+1>0,x(1+2x) >0. ∴当 x>0 时,f′(x)>0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. (2)∵f(x)=ln x- , 1+2x ∴f(1)=ln 1- 1 1 =- . 1+2?1 3
2 2

x

1 由 f[x(3x-2)]<- 得 f[x(3x-2)]<f(1). 3 由(1)得?
? ?x?3x-2?>0, ?x?3x-2?<1, ?

1 2 解得- <x<0 或 <x<1. 3 3

? 1 ? ?2 ? ∴实数 x 的取值范围为?- ,0?∪? ,1?. ? 3 ? ?3 ?
考点二 求函数的单调区间?重点保分型考点——师生共研? [典例引领] 已知函数 f(x)=mx +nx (m,n∈R,m≠0),函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切 线与 x 轴平行. (1)用关于 m 的代数式表示 n; (2)求函数 f(x)的单调增区间. 解:(1)由已知条件得 f′(x)=3mx +2nx, 又 f′(2)=0, 所以 3m+n=0,故 n=-3m. (2)因为 n=-3m, 所以 f(x)=mx -3mx ,
3 2 2 3 2

14

所以 f′(x)=3mx -6mx. 令 f′(x)>0,即 3mx -6mx>0, 当 m>0 时,解得 x<0 或 x>2, 则函数 f(x)的单调增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 当 m<0 时,解得 0<x<2, 则函数 f(x)的单调增区间是(0,2). 综上,当 m>0 时, 函数 f(x)的单调增区间是(-∞,0)和(2,+∞); 当 m<0 时,函数 f(x)的单调增区间是(0,2). [由题悟法] 确定函数单调区间 4 步骤 (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求 f′(x); (3)解不等式 f′(x)>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间; (4)解不等式 f′(x)<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间. [即时应用] 4 3 2 (2015?重庆高考改编)已知函数 f(x)=ax +x (a∈R)在 x=- 处取得极值. 3 (1)确定 a 的值; (2)若 g(x)=f(x)e ,求 g(x)的单调区间. 解:(1)对 f(x)求导得 f′(x)=3ax +2x, 4 因为 f(x)在 x=- 处取得极值, 3
2 2

2

x

? 4 ? 所以 f′?- ?=0, ? 3 ?
16 ? 4 即 3a? +2??- 9 ? 3 1 解得 a= . 2

?=16a-8=0, ? 3 3 ?

?1 3 2? x (2)由(1)得 g(x)=? x +x ?e , ?2 ? ?3 2 ? x ?1 3 2? x 故 g′(x)=? x +2x?e +? x +x ?e 2 ? ? ?2 ? ?1 3 5 2 ? x =? x + x +2x?e 2 ?2 ?
1 x = x(x+1)(x+4)e . 2
15

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)的减区间为(-∞,-4)和(-1,0),增区间为(-4,-1)和(0,+∞).

考点三 已知函数的单调性求参数的范围?题点多变型考点——纵引横联? [典型母题] 已知函数 f(x)=x -ax-1. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)在 R 上为增函数,求实数 a 的取值范围. [解] (1)f′(x)=3x -a. ①当 a≤0 时,f′(x)≥0, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上为增函数. ②当 a>0 时,令 3x -a=0 得 x=± 当 x> 当- 3a 3a 或 x<- 时,f′(x)>0; 3 3
2 2 3

3a ; 3

3a 3a <x< 时,f′(x)<0. 3 3

因此 f(x)在?-∞,-

? ?

3a? ? 3a 3a 3a? ? ? ?,? ,+∞?上为增函数,在?- , ?上为减函数. 3 ? ? 3 a ? ? ? 3

综上可知, 当 a≤0 时, f(x)在 R 上为增函数; 当 a>0 时, f(x)在?-∞,- 上为增函数,在?-

? ?

3a? ? 3a ? ?, ? ,+∞? 3 ? ? 3 ?

? ?

3a 3a? , ?上为减函数. 3 3 ?

(2)因为 f(x)在(-∞,+∞)上是增函数, 所以 f′(x)=3x -a≥0 在 (-∞,+∞)上恒成立, 即 a≤3x 对 x∈R 恒成立. 因为 3x ≥0,所以只需 a≤0. 又因为 a=0 时,f′(x)=3x ≥0,f(x)=x -1 在 R 上是增函数,所以 a≤0,即实数 a 的取 值范围为(-∞,0]. [类题通法]
2 3 2 2 2

16

根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理:y=f(x)在(a,b)上单调,则区间(a,b)是相应单调区 间的子集. (2)转化为不等式的恒成立问题,即“若函数单调递增,则 f′(x)≥0;若函数单调递 减,则 f′(x)≤0”来求解. [提醒] 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 0.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解.

[越变越明] [变式 1] 函数 f(x)不变,若 f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围. 解:因为 f′(x)=3x -a,且 f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,所以 f′(x)≥0 在(1, +∞)上恒成立,即 3x -a≥0 在(1,+∞)上恒成立,所以 a≤3x 在(1,+∞)上恒成立, 所以 a≤3,即 a 的取值范围为(-∞,3]. [变式 2] 函数 f(x)不变,若 f(x)在区间(-1,1)上为减函数,试求 a 的取值范围. 解:由 f′(x)=3x -a≤0 在(-1,1)上恒成立,得 a≥3x 在(-1,1)上恒成立.因为- 1<x<1,所以 3x <3,所以 a≥3.即当 a 的取值范围为[3,+∞)时,f(x)在(-1,1)上为 减函数. [变式 3] 函数 f(x)不变,若 f(x)的单调递减区间为(-1,1),求 a 的值. 解:由母题可知,f(x)的单调递减区间为 3a 3a 3a? ? ?- , ?,∴ 3 =1,即 a=3. 3 ? ? 3 [破译玄机] 函数的单调区间是指单调递增或单调递减, 在求解中应列方程求解, 与函数在某个区间 上具有单调性是不同的. [变式 4] 函数 f(x)不变,若 f(x)在区间(-1,1)上不单调,求 a 的取值范围. 解: ∵f(x)=x -ax-1, ∴f′(x)=3x -a.由 f′(x)=0, 得 x=± 在区间(-1,1)上不单调,∴0<
3 2 2 2 2 2 2 3

3a (a≥0). ∵f(x) 3

3a <1,得 0<a<3,即 a 的取值范围为(0,3). 3

17

[破译玄机] 函数在其区间上不具有单调性,但可在子区间上具有单调性,如变式 4 中利用了 (0,1)来求解. 3a ∈ 3

?一抓基础,多练小题做到眼疾手快 1.(2015?镇江模拟)函数 f(x)=(x-3)e 的单调递增区间是________. 解析: 函数 f(x)=(x-3)e 的导数为 f′(x)=[(x-3)e ]′=e +(x-3)e =(x-2)e . 由函数导数与函数单调性的关系,得当 f′(x)>0 时,函数 f(x)单调递增,此时由不等式
x x x x x x

f′(x)=(x-2)ex>0,解得 x>2.
答案:(2,+∞) 1 3 2 2.设函数 f(x)= x +ax +5x+6 在区间[1,3]上是单调函数,则实数 a 的取值范围是 3 ________. 解析:依题意,知当 x∈[1,3]时,f′(x)=x +2ax+5 的值恒不小于 0 或恒不大于 0. 5 2 若当 x∈[1,3]时,f′(x)=x +2ax+5≥0,即有-2a≤x+ 在[1,3]上恒成立,而 x+
2

x

5

x

≥2

x? =2 5(当且仅当 x= 5时取等号),故-2a≤2 5,解得 a≥- 5. x x

5

5 2 若当 x∈[1,3]时,f′(x)=x +2ax+5≤0,即有-2a≥x+ 恒成立,注意到函数 g(x) 5 14 =x+ 在[1, 5]上是减函数, 在[ 5 , 3]上是增函数, 且 g(1)=6>g(3)= , 因此-2a≥6, x 3 解得 a≤-3. 综上所述,实数 a 的取值范围是(-∞,-3]∪[- 5,+∞). 答案:(-∞,-3]∪[- 5,+∞) 3.函数 f(x)=1+x-sin x 在(0,2π )上的单调情况是________. 解析:在(0,2π )上有 f′(x)=1-cos x>0,所以 f(x)在(0,2π )上单调递增. 答案:单调递增 4.(2016?启东模拟)已知 a≥1,f(x)=x +3|x-a|,若函数 f(x)在[-1,1]上的最大 值和最小值分别记为 M,m,则 M-m 的值为________. 解析: 当 x∈[-1,1]时, f(x)=x +3(a-x)=x -3x+3a(a≥1), ∴f′(x)=3(x-1)(x +1).当-1<x<1 时,f′(x)<0,所以原函数 f(x)在区间[-1,1]上单调递减,所以 M=
3 3 3

f(-1)=3a+2,m=f(1)=3a-2,所以 M-m=4.
答案:4
18

1 2 ?1 ? 5.(2016?苏州测试)已知函数 f(x)= x +2ax-ln x,若 f(x)在区间? ,2?上是增函 2 ?3 ? 数,则实数 a 的取值范围为________. 1 ?1 ? 解析:f′(x)=x+2a- ≥0 在? ,2?上恒成立, x ?3 ? 1 ?1 ? 即 2a≥-x+ 在? ,2?上恒成立, x ?3 ? 1? 8 ? ∵?-x+ ?max= , x 3 ? ? 8 4 ∴2a≥ ,即 a≥ . 3 3

?4 ? 答案:? ,+∞? ?3 ?
?二保高考,全练题型做到高考达标 1.函数 f(x)=x -15x -33x+6 的单调减区间为________. 解析:由 f(x)=x -15x -33x+6 得 f′(x)=3x -30x-33,令 f′(x)<0,即 3(x- 11)(x+1)<0,解得-1<x<11,所以函数 f(x)的单调减区间为(-1,11). 答案:(-1,11) 2 .若幂函数 f(x) 的图象过点 ? ________. 解析:设幂函数 f(x)=x ,因为图象过点?
α 2 3 2 2 3 2

? 2 1? x , ? ,则函数 g(x) = e f(x) 的单调递减区间为 ? 2 2?
1 ? 2?α ? 2 1? , ?,所以 =? ? ,α =2,所以 f(x) 2 ? 2? ? 2 2?
x
2

=x ,故 g(x)=e x ,令 g′(x)=e x +2e x=e (x +2x)<0,得-2<x<0,故函数 g(x) 的单调递减区间为(-2,0). 答案:(-2,0) 3.(2016?南通、扬州、淮安、连云港调研)设 f(x)=4x +mx +(m-3)x+n(m,n∈R) 是 R 上的单调增函数,则实数 m 的值为________. 解析:因为 f′(x)=12x +2mx+m-3,又函数 f(x)是 R 上的单调增函数,所以 12x
2 2 2 2 3 2

x 2

x 2

x

+2mx+m-3≥0 在 R 上恒成立,所以(2m) -4?12(m-3)≤0,整理得 m -12m+36≤0,即 (m-6) ≤0.又因为(m-6) ≥0,所以(m-6) =0,所以 m=6. 答案:6 1 4. 已知函数 f(x)=x+ 在(-∞, -1)上单调递增, 则实数 a 的取值范围是________.
2 2 2

ax

1 1 解析:函数 f(x)=x+ 的导数为 f′(x)=1- 2,由于 f(x)在(-∞,-1)上单调递

ax

ax

19

1 2 增,则 f′(x)≥0 在(-∞,-1)上恒成立,即 ≤x 在(-∞,-1)上恒成立.由于当 x<

a

1 2 -1 时,x >1,则有 ≤1,解得 a≥1 或 a<0.

a

答案:(-∞,0)∪[1,+∞)
? ?2x +3x +m,0≤x≤1, 5.(2015?南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数 f(x)=? ?mx+5,x>1. ?
3 2

若函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同的交点,则实数 m 的取值范围为________. 解析:由 f(x)=2x +3x +m,得 f′(x)=6x +6x,所以 f(x)在[0,1]上单调递增,即
3 2 2

f(x)=2x3+3x2+m 与 x 轴至多有一个交点,要使函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同
的交点,即?
? ?m+5>0, ?m<0, ?

从而可得 m∈(-5,0).

答案:(-5,0) 6 .若函数 f(x) = ax - 3x 在 ( - 1,1) 上为单调递减函数,则实数 a 的取值范围是 ________. 解析:f′(x)=3ax -3,∵f(x)在(-1,1)上为单调递减函数,∴f′(x)≤0 在(-1,1) 1 2 上恒成立,即 3ax -3≤0 在(-1,1)上恒成立.当 x=0 时,a∈R;当 x≠0 时,a≤ 2,∵x
2 3

x

∈(-1,0)∪(0,1),∴a≤1.综上,实数 a 的取值范围为(-∞,1]. 答案:(-∞,1] 1 7. (2016?盐城中学模拟)已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(1)=1, 且 f(x)的导数 f′(x)< , 2

x 1 2 则不等式 f(x )< + 的解集为________. 2 2
1 1 1 解析:设 F(x)=f(x)- x,∴F′(x)=f′(x)- ,∵f′(x)< ,∴F′(x)=f′(x)- 2 2 2 1 x 1 x 1 2 2 2 <0,即函数 F(x)在 R 上单调递减.∵f(x )< + ,∴f(x )- <f(1)- ,∴F(x )<F(1), 2 2 2 2 2 而函数 F(x)在 R 上单调递减,∴x >1,即 x∈(-∞,-1)∪(1,+∞). 答案:(-∞,-1)∪(1,+∞) 1 3 1 2 ?2 ? 8.若函数 f(x)=- x + x +2ax 在? ,+∞?上存在单调递增区间,则 a 的取值范围 3 2 ?3 ? 是________.
2 2 2

2

? 1?2 1 ?2 ? 2 解析:对 f(x)求导,得 f′(x)=-x +x+2a=-?x- ? + +2a.当 x∈? ,+∞?时, 2 ? ? 4 ?3 ?
f′(x) 的最大值为 f′ ? ? = + 2a. 令 + 2a > 0 ,解得 a >- . 所以 a 的取值范围是 3
20

?2? ? ?

2 9

2 9

1 9

?-1,+∞?. ? 9 ? ? ? ? 1 ? 答案:?- ,+∞? ? 9 ?
ln x+k 9.(2016?镇江五校联考)已知函数 f(x)= (k 为常数,e 是自然对数的底数), x e 曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与 x 轴平行. (1)求 k 的值; (2)求 f(x)的单调区间. 1 -ln x-k 解:(1)由题意得 f′(x)=

x

e

x



1-k 又 f′(1)= =0,故 k=1. e 1 -ln x-1 x (2)由(1)知,f′(x)= . x e 1 1 1 设 h(x)= -ln x-1(x>0),则 h′(x)=- 2- <0,

x

x

x

即 h(x)在(0,+∞)上是减函数. 由 h(1)=0 知,当 0<x<1 时,h(x)>0,从而 f′(x)>0; 当 x>1 时,h(x)<0,从而 f′(x)<0. 综上可知,f(x)的单调递增区间是(0,1), 单调递减区间是(1,+∞). 1 10.(2016?徐州调研)已知函数 f(x)=ln x,g(x)= ax+b. 2 (1)若 f(x)与 g(x)在 x=1 处相切,求 g(x)的表达式; (2)若 φ (x)=

m?x-1? -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围. x+1

1 1 解:(1)由已知得 f′(x)= ,∴f′(1)=1= a,a=2. x 2 1 又∵g(1)=0= a+b,∴b=-1,∴g(x)=x-1. 2 (2)∵φ (x)=

m?x-1? m?x-1? -f(x)= -ln x 在[1,+∞)上是减函数. x+1 x+1
2

-x +?2m-2?x-1 ∴φ ′(x)= ≤0 在[1,+∞)上恒成立. x?x+1?2 即 x -(2m-2)x+1≥0 在[1,+∞)上恒成立,
2

21

1 则 2m-2≤x+ ,x∈[1,+∞),

x

1 ∵x+ ∈[2,+∞),

x

∴2m-2≤2,m≤2. 故实数 m 的取值范围是(-∞,2]. ?三上台阶,自主选做志在冲刺名校 1.已知 a≥0,函数 f(x)=(x -2ax)e ,若 f(x)在[-1,1]上是单调减函数,则 a 的取 值范围是________. 解析:f′(x)=(2x-2a)e +(x -2ax)e =[x +(2-2a)x-2a]e ,由题意知当 x∈[- 1,1]时,f′(x)≤0 恒成立,即 x +(2-2a)x-2a≤0 恒成立. 令 g(x)=x +(2-2a)x-2a, 则有?
?g?-1?≤0, ? ? ?g?1?≤0, ??-1? +?2-2a???-1?-2a≤0, ? 即? 2 ? ?1 +2-2a-2a≤0,
2 2 2 2

x

x

2

x

2

x

3 解得 a≥ . 4

?3 ? 答案:? ,+∞? 4 ? ?
2. (2016?泰州模拟)若函数 f(x)=x |x-a|在区间[0,2]上单调递增, 则实数 a 的取值 范围是________. 解析:当 a≤0 时,f(x)=x -ax ,f′(x)=3x -2ax≥0 在[0,+∞)上恒成立,所以
3 2 2 2

f(x)在[0,+∞)上单调递增,则也在[0,2]上单调递增,成立;
? ?ax -x ,0≤x≤a, 当 a>0 时,f(x)=? 3 2 ?x -ax ,x>a. ?
2 3

①当 0≤x≤a 时,f′(x)=2ax-3x , 2 令 f′(x)=0,则 x=0 或 x= a, 3

2

? 2 ? ?2 ? 则 f(x)在?0, a?上单调递增,在? a,a?上单调递减; ? 3 ? ?3 ?
②当 x>a 时,f′(x)=3x -2ax=x(3x-2a)>0,所以 f(x)在(a,+∞)上单调递增,所
2

? 2 ? ?2 ? 以当 a>0 时, f(x)在?0, a?上单调递增, 在? a,a?上单调递减, 在(a, +∞)上单调递增. 要 ? 3 ? ?3 ?
2 使函数在区间[0,2]上单调递增,则必有 a≥2,解得 a≥3. 3 综上,实数 a 的取值范围是(-∞,0]∪[3,+∞). 答案:(-∞,0]∪[3,+∞)

22

3.已知函数 f(x)=aln x-ax-3(a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2))处的切线的倾斜角为 45°,对于任意的 t∈ [1,2],函数 g(x)=x +x ??f′?x?+ ?在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值范 2? ?
3 2

?

m?

围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)= 区间为(0,1),减区间为(1,+∞); 当 a<0 时,f(x)的增区间为(1,+∞),减区间为(0,1); 当 a=0 时,f(x)不是单调函数. (2)由(1)及题意得 f′(2)=- =1,即 a=-2, 2 2x-2 ∴f(x)=-2ln x+2x-3,f′(x)= .

a?1-x? .当 a>0 时,f(x)的增 x

a

x

? ? 2 3 ∴g(x)=x +? +2?x -2x, ?2 ?
m
∴g′(x)=3x +(m+4)x-2. ∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数, 即 g′(x)=0 在区间(t,3)上有变号零点. 由于 g′(0)=-2,∴?
2 2

? ?g′?t?<0, ?g′?3?>0. ?

当 g′(t)<0,即 3t +(m+4)t-2<0 对任意 t∈[1,2]恒成立, 由于 g′(0)<0, 故只要 g′(1)<0 且 g′(2)<0, 即 m<-5 且 m<-9,即 m<-9; 37 由 g′(3)>0,即 m>- . 3 37 所以- <m<-9. 3

? 37 ? 即实数 m 的取值范围是?- ,-9?. ? 3 ?
第二课时 导数与函数的极值、最值

23

考点一 运用导数解决函数的极值问题?常考常新型考点——多角探明? [命题分析] 函数的极值是每年高考的必考内容,题型既有填空题,也有解答题,难度适中,为中高 档题. 常见的命题角度有: (1)已知函数求极值; (2)已知极值求参数; (3)由图判断极值. [题点全练] 角度一:已知函数求极值 1.已知函数 f(x)=x-aln 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:由题意知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1- . 2 (1)当 a=2 时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1- (x>0),

a x

x

因为 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-a ,x>0 知: x x

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-aln 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-

aln a,无极大值.
角度二:已知极值求参数 2.(2016?黑龙江哈三中期末)已知 x=2 是函数 f(x)=x -3ax+2 的极小值点,那么 函数 f(x)的极大值为________. 解析:x=2 是函数 f(x)=x -3ax+2 的极小值点,即 x=2 是 f′(x)=3x -3a=0 的 根,将 x=2 代入得 a=4,所以函数解析式为 f(x)=x -12x+2,则由 3x -12=0,得 x= ±2,故函数在(-2,2)上是减函数,在(-∞,-2),(2,+∞)上是增函数,由此可知当 x =-2 时函数 f(x)取得极大值 f(-2)=18. 答案:18
24
3 2 3 2 3

1 3 2 3.若函数 f(x)= ax -ax +(2a-3)x+1 在 R 上存在极值,则实数 a 的取值范围是 3 ________. 解析:由题意知,f′(x)=ax -2ax+2a-3, 1 3 2 因为函数 f(x)= ax -ax +(2a-3)x+1 在 R 上存在极值, 3 所以 f′(x)=0 有两个不等实根, 其判别式 Δ =4a -4a(2a-3)>0, 所以 0<a<3, 故实数 a 的取值范围为(0,3). 答案:(0,3) 角度三:由图判断极值 4. 已知函数 f(x)的定义域为 R, 导函数 f′(x)的图象如图所示, 则函数 f(x)有________ 个极大值点,________个极小值点.
2 2

解析:由导数与函数极值的关系,知当 f′(x0)=0 时,若在 x0 的左侧 f′(x)>0,右侧

f′(x)<0, 则 f(x)在 x=x0 处取得极大值; 若在 x0 的左侧 f′(x)<0, 右侧 f′(x)>0, 则 f(x)
在 x=x0 处取得极小值. 设函数 f′(x)的图象与 x 轴的交点从左到右的横坐标依次为 x1, x2,

x3,x4,则 f(x)在 x=x1,x=x3 处取得极大值,在 x=x2,x=x4 处取得极小值.
答案:2 2 [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] 已知函数 f(x)= -e (a>0).

x a

x

25

(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.

x x 1 x 解:(1)f(x)= -e (a>0),则 f′(x)= -e . a a
1 x 1 令 -e =0,则 x=ln .

a

a

当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

?-∞,ln1 ? ? a ? ? ?
+ ?

ln 0

1

a

?ln 1,+∞? ? a ? ? ?
- ?

极大值

1? ? ? 1 ? 故函数 f(x)的单调递增区间为?-∞,ln ?;单调递减区间为?ln ,+∞?.

?

a?

? a

?

1 1 (2)当 ln ≥2,即 0<a≤ 2时, a e

f(x)max=f(2)= -e2; a
1 1 1 当 1<ln <2,即 2<a< 时, a e e

2

f(x)max=f?ln ?= ln - ; ? a? a a a
1 1 当 ln ≤1,即 a≥ 时, a e

? 1? 1 1 1

f(x)max=f(1)= -e. a

1

[由题悟法] 求函数 f(x)在[a,b]上的最大值和最小值 3 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. [即时应用] 1 2 设函数 f(x)=aln x-bx (x>0),若函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, 2 (1)求实数 a,b 的值;

26

?1 ? (2)求函数 f(x)在? ,e?上的最大值. ?e ?
解:(1)f′(x)= -2bx, 1 ∵函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=- 相切, 2

a x

f′?1?=a-2b=0, ? ? ∴? 1 f?1?=-b=- , ? 2 ?
1 2 (2)由(1)得 f(x)=ln x- x , 2 1 1-x 则 f′(x)= -x= ,
2

a=1, ? ? 解得? 1 b= . ? ? 2

x

x

1 1 ∵当 ≤x≤e 时,令 f′(x)>0 得 ≤x<1; e e 令 f′(x)<0,得 1<x≤e,

?1 ? ∴f(x)在? ,1?上单调递增,在[1,e]上单调递减, ?e ?
1 ∴f(x)max=f(1)=- . 2 考点三 函数极值和最值的综合问题?重点保分型考点——师生共研? [典例引领] 2 已知函数 f(x)=ax- -3ln x,其中 a 为常数.

x

?2 ?2?? ?3 ? (1)当函数 f(x)的图象在点? ,f? ??处的切线的斜率为 1 时,求函数 f(x)在? ,3?上 ?2 ? ?3 ?3??
的最小值; (2)若函数 f(x)在区间(0,+∞)上既有极大值又有极小值,求 a 的取值范围. 2 3 解:(1)∵f′(x)=a+ 2- ,

x

x

?2? ∴f′? ?=a=1, ?3?
2 ?x-1??x-2? 故 f(x)=x- -3ln x,则 f′(x)= . 2

x

x

由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=2. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

27

x f′(x) f(x)

3 2

?3,2? ?2 ? ? ?
- ?

2 0 1-3ln 2

(2,3) + ?

3

?3 ? 从而在? ,3?上,f(x)有最小值, ?2 ?
且最小值为 f(2)=1-3ln 2. 2 3 ax -3x+2 (2)f′(x)=a+ 2- = (x>0), 2
2

x

x

x

由题设可得方程 ax -3x+2=0 有两个不等的正实根, 不妨设这两个根为 x1,x2,并令 h(x)=ax -3x+2,
2

2

? 3 ? x +x = >0, a 则? 2 ? ?x x =a>0
1 2 1 2

Δ =9-8a>0,

Δ =9-8a>0, ? ? ? -3 或?- >0, ? 2a ?h?0?>0 ? ?

? 9 ?,解得 0<a<8. ?

? 9? 故所求 a 的取值范围为?0, ?. ? 8?
[由题悟法] 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的方法 求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性, 并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值. [即时应用] 已知函数 f(x)=x +ax +bx+c,曲线 y=f(x)在点 x=1 处的切线为 l:3x-y+1=0, 2 若 x= 时,y=f(x)有极值. 3 (1)求 a,b,c 的值; (2)求 y=f(x)在[-3,1]上的最大值和最小值. 解:(1)由 f(x)=x +ax +bx+c, 得 f′(x)=3x +2ax+b. 当 x=1 时,切线 l 的斜率为 3,可得 2a+b=0,①
28
2 3 2 3 2

2 ?2? 当 x= 时,y=f(x)有极值,则 f′? ?=0, 3 ?3? 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)=x +2x -4x+5,
3 2

f′(x)=3x2+4x-4.
2 令 f′(x)=0,解得 x1=-2,x2= . 3 当 x 变化时,f′(x),f(x)的取值及变化情况如下表所示:

x f′(x) f(x)

-3

(-3,-2) +

-2 0 13

?-2,2? ? ? 3? ?
- ?

2 3 0 95 27

?2,1? ?3 ? ? ?
+ ?

1

8

?

4

95 所以 y=f(x)在[-3,1]上的最大值为 13,最小值为 . 27

?一抓基础,多练小题做到眼疾手快 1.函数 f(x)=ln x-x 在(0,e]上的最大值为________. 1 1-x 解析:f′(x)= -1= (x>0),令 f′(x)>0,得 0<x<1,令 f′(x)<0,得 x>1,∴

x

x

f(x)在(0,1]上是增函数,在(1,e]上是减函数.∴当 x=1 时,f(x)在(0,e]上取得最大值 f(1)=-1.
答案:-1 1 x ? ? π ?? 2.函数 f(x)= e (sin x+cos x)?x∈?0, ??的值域为________ 2 ?? 2 ? ?

? π? x 解析:∵x∈?0, ?,∴f′(x)=e cos x≥0, 2? ?
1 1 ?π ? ∴f(0)≤f(x)≤f? ?,即 ≤f(x)≤ e 2 . 2 2 ?2?
π

?1 1 π ? 答案:? , e 2 ? 2 2 ? ?
29

3.当函数 y=x?2 取极小值时,x=________. 解析:令 y′=2 +x?2 ln 2=0,∴x=- 1 答案:- ln 2 4.若函数 f(x)=x -2cx +x 有极值点,则实数 c 的取值范围为________. 解析:若函数 f(x)=x -2cx +x 有极值点,则 f′(x)=3x -4cx+1=0 有根,故 Δ = (-4c) -12>0,从而 c> 答案:?-∞,-
2 3 2 2 3 2

x

x

x

1 . ln 2

3 3 3? ? 3 ? ? 或 c<- .故实数 c 的取值范围为?-∞,- ?∪? ,+∞?. 2 2 2? ? 2 ? ?

? ?

3? ? 3 ? ?∪? ,+∞? 2? ? 2 ?

5.已知函数 f(x)=2f′(1)ln x-x,则 f(x)的极大值为________. 2f′?1? 解析: 因为 f′(x)= -1, 令 x=1, 得 f′(1)=1.所以 f(x)=2ln x-x, f′(x)

x

2 = -1.当 0<x<2,f′(x)>0;当 x>2,f′(x)<0.从而 f(x)的极大值为 f(2)=2ln 2-2.

x

答案:2ln 2-2

?二保高考,全练题型做到高考达标 1 2 1.函数 f(x)= x -ln x 的最小值为________. 2 1 x -1 解析:f′(x)=x- = ,且 x>0.令 f′(x)>0,得 x>1;令 f′(x)<0,得 0<x
2

x

x

1 1 <1.∴f(x)在 x=1 处取得极小值也是最小值,且 f(1)= -ln 1= . 2 2 1 答案: 2 2.若函数 f(x)=x -3x-a 在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为 M,N,则 M-N 的 值为________. 解析:f′(x)=3x -3,令 f′(x)=0,得 x=1(x=-1 舍去).∵f(0)=-a,f(1)= -2-a,f(3)=18-a.∴M=18-a,N=-2-a.∴M-N=20. 答案:20
2 3

3. (2016?南京外国语学校)已知函数 f(x)=x +bx +cx 的图象如图

3

2

30

所示,则 x1+x2等于________. 解析:由图象可知 f(x)的图象过点(1,0)与(2,0),x1,x2 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 -3x +2x,所以 f′(x)=3x
3 2 2

2

2

2 2 2 -6x+2.x1,x2 是方程 f′(x)=3x -6x+2=0 的两根,因此 x1+x2=2,x1x2= ,所以 x1+ 3
2 x2 2=(x1+x2) -2x1x2=4- = .

4 8 3 3

8 答案: 3 4.函数 f(x)=x -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 -3a=0,得 x=± a, 则 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表:
2 3

x f′(x) f(x)

(-∞,- a) + ?
3

- a 0 极大值

(- a, a) - ? 解得?
?a=1, ? ? ?b=4.

a
0 极小值

( a,+∞) + ?

??- a? -3a?- a?+b=6, 从而? ?? a?3-3a a+b=2,
所以 f(x)的单调递减区间是(-1,1). 答案:(-1,1)

1 3 2 2 5.若函数 f(x)= x +x - 在区间(a,a+5)上存在最小值,则实数 a 的取值范围是 3 3 ________. 解析:由题意,f′(x)=x +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 1 3 2 2 2 象如图所示,令 x +x - =- 得,x=0 或 x=-3,则结合图象 3 3 3
? ?-3≤a<0, 可知,? ?a+5>0, ?
2

解得 a∈[-3,0).

答案:[-3,0) 1 3 2 6.函数 f(x)= x +x -3x-4 在[0,2]上的最小值是________. 3 解析:f′(x)=x +2x-3,令 f′(x)=0 得 x=1(x=-3 舍去),又 f(0)=-4,f(1) 17 10 17 =- ,f(2)=- ,故 f(x)在[0,2]上的最小值是 f(1)=- . 3 3 3
2

31

17 答案:- 3 7.(2016?苏州模拟)已知 f(x)=x +3ax +bx+a 在 x=-1 时有极值 0,则 a-b= ________.
? ?a +3a-b-1=0, 解析:由题意得 f′(x)= 3x + 6ax + b ,则? ?b-6a+3=0, ?
2 2 3 2 2

解得 ?

? ?a=1, ?b=3 ?



? ?a=2, ? ?b=9, ?

经检验当 a=1,b=3 时,函数 f(x)在 x=-1 处无法取得极值,而 a=2,b=9

满足题意,故 a-b=-7. 答案:-7 8.给出下列四个命题: ①若函数 f(x)在[a,b]上有最大值,则这个最大值一定是函数 f(x)在[a,b]上的极大 值; ②若函数 f(x)在[a,b]上有最小值,则这个最小值一定是函数 f(x)在[a,b]上的极小 值; ③若函数 f(x)在[a,b]上有最值,则最值一定在 x=a 或 x=b 处取得; ④若函数 f(x)在(a,b)内连续,则 f(x)在(a,b)内必有最大值与最小值. 其中真命题的个数为________. 解析:因为函数的最值可以在区间[a,b]的两端点处取得,也可以在内部取得,当最值 在端点处取得时,该最值就一定不是极值,故命题①与②为假命题.由于最值可以在区间内 部取得,故命题③也为假命题. 在(a,b)内的单调函数,在(a,b)内必定无最值(也无极值), 因此命题④也为假命题.综上所述,四个命题均为假命题. 答案:0 9.设 f(x)=2x +ax +bx+1 的导函数为 f′(x),若函数 y=f′(x)的图象关于直线 x 1 =- 对称,且 f′(1)=0. 2 (1)求实数 a,b 的值; (2)求函数 f(x)的极值. 解:(1)因为 f(x)=2x +ax +bx+1, 故 f′(x)=6x +2ax+b, 从而 f′(x)=6?x+ ? +b- , 6 ? 6? 即 y=f′(x)的图象关于直线 x=- 对称. 6
2 3 2 3 2

?

a?2

a2

a

32

a 1 所以- =- ,即 a=3. 6 2
由 f′(1)=0,即 6+2a+b=0,得 b=-12. 所以 a=3,b=-12. (2)由(1),知 f(x)=2x +3x -12x+1,
3 2

f′(x)=6x2+6x-12=6(x-1)(x+2).
令 f′(x)=0,即 6(x-1)(x+2)=0,解得 x=-2 或 x=1. 当 x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,即 f(x)在(-∞,-2)上单调递增; 当 x∈(-2,1)时,f′(x)<0,即 f(x)在(-2,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞) 时,f′(x)>0,即 f(x)在(1,+∞)上单调递增. 从而函数 f(x)在 x=-2 处取得极大值 f(-2)=21,在 x=1 处取得极小值 f(1)=-6. 10.已知函数 f(x)=x-1+ x(a∈R,e 为自然对数的底数). e (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+ x,得 f′(x)=1- x. e e 又曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线平行于 x 轴, 得 f′(1)=0,即 1- =0,解得 a=e. e (2)f′(x)=1- x, e ①当 a≤0 时,f′(x)>0,f(x)为(-∞,+∞)上的增函数,所以函数 f(x)无极值. ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,得 e =a,即 x=ln a.x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;
x

a

a

a

a

a

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,故 f(x)在 x=ln a 处取得极小值,且极小值为 f(ln a)=ln a,无极大值. 综上,当 a≤0 时,函数 f(x)无极值;当 a>0 时,f(x)在 x=ln a 处取得极小值 ln a, 无极大值. ?三上台阶,自主选做志在冲刺名校 1. 已知 f(x)=x -6x +9x-abc, a<b<c, 且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0; ③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是________. 解析:∵f′(x)=3x -12x+9=3(x-1)(x-3), 由 f′(x)<0,得 1<x<3,由 f′(x)>0,得 x<1 或 x>3,
2 3 2

33

∴f(x)在区间(1,3)上是减函数,在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数. 又 a<b<c,f(a)=f(b)=f(c) ∴f(x)极大值=f(1)=4-abc>0, =0,

f(x)极小值=f(3)=-abc<0.
∴0<abc<4. ∴a,b,c 均大于零,或者 a<0,b<0,c>0.又 x=1,x=3 为函数 f(x)的极值点, 后一种情况不可能成立,如图. ∴f(0)<0.∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0.∴正确结论的序号是②③. 答案:②③ 2. 已知函数 f(x)=mx +nx 的图象在点(-1,2)处的切线与直线 3x+y=0 平行, 若 f(x) 在区间[t,t+1]上单调递减,则实数 t 的取值范围是________. 解析:因为 f′(x)=3mx +2nx,由题意得
?f′?-1?=3m-2n=-3, ? ? ? ?f?-1?=-m+n=2,
2 3 2

解得?

?m=1, ? ? ?n=3,

所以 f′(x)=3x +6x. 又 f(x)在区间[t,t+1]上单调递减,所以 f′(x)=3x +6x≤0 在区间[t,t+1]上恒 成立. 即?
?f′?t?=3t +6t≤0, ? ? ?f′?t+1?=3?t+1? +6?t+1?≤0,
2 2 2

2

解得 t∈[-2,-1].

答案:[-2,-1] 3.(2016?苏北四市调研)已知函数 f(x)=ax +bx-ln x(a>0,b∈R). (1)设 a=1,b=-1,求 f(x)的单调区间; (2)若对任意的 x>0,f(x)≥f(1),试比较 ln a 与-2b 的大小. 解:(1)由 f(x)=ax +bx-ln x,x∈(0,+∞), 2ax +bx-1 得 f′(x)= .
2 2 2

x

∵a=1,b=-1, 2x -x-1 ?2x+1??x-1? ∴f′(x)= = (x>0).
2

x

x

令 f′(x)=0,得 x=1. 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)的单调递减区间是(0,1),

f(x)的单调递增区间是(1,+∞).

34

(2)由题意可知,f(x)在 x=1 处取得最小值, 即 x=1 是 f(x)的极值点, ∴f′(1)=0, ∴2a+b=1,即 b=1-2a. 令 g(x)=2-4x+ln x(x>0), 1-4x 则 g′(x)= .

x

1 令 g′(x)=0,得 x= . 4 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,g(x)单调递增, 4 1 当 x> 时,g′(x)<0,g(x)单调递减, 4 1 ?1? ∴g(x)≤g? ?=1+ln =1-ln 4<0, 4 ?4? ∴g(a)<0,即 2-4a+ln a=2b+ln a<0, 故 ln a<-2b. 第三课时 导数与函数的综合问题

考点一 利用导数研究生活中的优化问题?重点保分型考点——师生共研? [典例引领] (2016?常州模拟)如图,某商业中心 O 有通往正东方向和北 偏东 30°方向的两条街道.某公园 P 位于商业中心北偏东 θ 角

?0<θ <π ,tan θ =3 3?, 现 ? ? 且与商业中心 O 的距离为 21 km 处. 2 ? ?
要经过公园 P 修一条直路分别与两条街道交汇于 A,B 两处. (1)当 AB 沿正北方向时,试求商业中心到 A,B 两处的距离和; (2)若要使商业中心 O 到 A,B 两处的距离和最短,请确定 A,B 的最佳位置. 解:(1)以 O 为原点,OA 所在直线为 x 轴建立如图所示的平面直角 坐标系. 设 P(m,n). π 因为 0<θ < ,tan θ =3 3, 2 所以 cos θ = 7 3 21 ,sin θ = , 14 14
35

9 3 则 m=OP?sin θ = ,n=OP?cos θ = , 2 2 由题意得 AB⊥OA, 9 则 OA= ,OB=2OA=9, 2 所以商业中心到 A,B 两处的距离和为 13.5 km. (2)法一:(几何法)当 AB 与 x 轴不垂直时,设直线 AB 的方程为 y- 令 y=0,得 xA=- 3 9 + . 2k 2 3 ? 9? =k?x- ?.① 2 ? 2?

由题意,直线 OB 的方程为 y= 3x.② 联立①②,解得 xB= 9k- 3 ,所以 OB=2xB= , 2?k- 3? k- 3 9k- 3

所以 y=OA+OB=-

3 9 9k- 3 + + . 2k 2 k- 3

由 xA>0,xB>0,得 k> 3或 k<0.

y′=

3 - 3?3k+ 3??5k- 3? + 2= . 2 2 2 k ?k- 3? 2k ?k- 3? -8 3
2

令 y′=0,得 k=- 当 k<- 是增函数. 所以当 k=-

3 . 3

3 3 3? 3 ? ? ? 时, y′<0, y 在?-∞,- ?是减函数; 当- <k<0 时, y′>0, y 在?- ,0? 3 3 3 3 ? ? ? ?

3 时,y 有极小值,且极小值为 9 km; 3

当 k> 3时,y′<0,y 是减函数,结合(1)知 y>13.5 km. 综上所述,商业中心到 A,B 两处的距离和最短为 9 km,此时 OA=6 km,OB=3 km. 故 A 离商业中心 6 km,B 离商业中心 3 km 为最佳位置. 法二:(三角法)如图,过点 P 作 PM∥OA 交 OB 于点 M,PN∥OB 交 OA 于点 N.

设∠BAO=α . 在△OPN 中, = = , sin?90°-θ ? sin?θ -30°? sin 120°

PN

ON

OP

36

解得 PN=1 km,ON=4 km=PM. 在 △ PNA 中 , ∠ NPA = 120° - α , 所 以 sin?120°-α ? . sin α 同理在△PMB 中, = , sin α sin?120°-α ? 4sin α 所以 MB= . sin?120°-α ? sin?120°-α ? 4sin α 所以 y=OA+OB= + +1+4≥2 4+5=9, sin α cos?120°-α ? sin?120°-α ? 4sin α 当且仅当 = , 即 sin(120°-α )=2sin α , 即 tan sin α sin?120°-α ? α = 3 时取等号. 3

PN
sin α



NA
sin?120°-α ?

, 所 以 NA =

BM

PM

此时 OA=6 km,OB=3 km, 故 A 离商业中心 6 km,B 离商业中心 3 km 为最佳位置. [由题悟法] 利用导数解决生活中的优化问题的 4 步骤 (1)分析实际问题中各量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量 之间的函数关系式 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 f′(x)=0 的点的函数值的大小, 最大(小)者为最大(小)值; (4)回归实际问题作答. [即时应用] 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?2π rh=200π rh 元, 底面的总成本为 160π r 元, 所以蓄水池的总成本为(200π rh+160π r )元. 又根据题意 200π rh+160π r =12 000π , 1 π 2 2 3 所以 h= (300-4r ),从而 V(r)=π r h= (300r-4r ). 5r 5
2 2 2

37

因为 r>0,又由 h>0 可得 r<5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π 3 (2)因为 V(r)= (300r-4r ), 5 π 2 所以 V′(r)= (300-12r ). 5 令 V′(r)=0,解得 r1=5,r2=-5(舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0,故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0,故 V(r)在(5,5 3)上为减函数. 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.

考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根?重点保分型考点——师生共研? [典例引领] (2015?广东高考节选)设 a>1,函数 f(x)=(1+x )e -a. (1)求 f(x)的单调区间; (2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点. 解:(1)f(x)的定义域为 R,由导数公式知 f′(x)=2xe +(1+x )e =(x+1) e ,x∈R. ∵对任意 x∈R,都有 f′(x)≥0,∴f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减 区间. (2)证明:由(1)知 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增, 且 f(0)=1-a<0,f( a-1)=ae ∴e
a-1 a-1
x
2 2

x

x

2 x

-a=a(e

a-1

-1).∵a>1,∴a-1>0,∴

a-1

>0,

>1,
a-1

∴e

-1>0,故 f( a-1)>0,

∴? x0∈(0, a-1)使得 f(x0)=0. 又∵f(x)在(-∞,+∞)上是单调函数, ∴f(x)在(-∞,+∞)上仅有一个零点. [由题悟法] 利用导数研究方程根的方法 研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等, 根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置,通过数形结合的思想 去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.
38

[即时应用] (2016?苏州名校联考)函数 f(x)=(ax +x)e ,其中 e 是自然对数的底数,a∈R. (1)当 a>0 时,解不等式 f(x)≤0; (2)当 a=0 时,求整数 t 的所有值,使方程 f(x)=x+2 在[t,t+1]上有解.
2

x

解:(1)因为 e >0,所以不等式 f(x)≤0 即为 ax +x≤0,又因为 a>0,所以不等式可

x

2

? 1? 化为 x?x+ ?≤0, ?
a?

? 1 ? 所以不等式 f(x)≤0 的解集为?- ,0?. ? a ?
(2)当 a=0 时,方程即为 xe =x+2, 由于 e >0,所以 x=0 不是方程的解, 2 x 所以原方程等价于 e - -1=0.
x x

x

2 x 令 h(x)=e - -1,

x

2 x 因为 h′(x)=e + 2>0

x

对于 x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立, 所以 h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数, 又 h(1)=e-3<0,h(2)=e -2>0,
2

h(-3)=e-3- <0,h(-2)=e-2>0,
所以方程 f(x)=x+2 有且只有两个实数根, 且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上, 所以整数 t 的所有值为{-3,1}. 考点三 利用导数研究与不等式有关的问题?常考常新型考点——多角探明? [命题分析] 导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容, 且以解答题的形式考查, 难度较大, 属中高档题. 常见的命题角度有: (1)证明不等式; (2)不等式恒成立问题; (3)存在型不等式成立问题. [题点全练] 角度一:证明不等式
39

1 3

1.已知函数 f(x)=

x+a
e
x

.

(1)若 f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=0,x0<1,设直线 y=g(x)为函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线,求证:

f(x)≤g(x).
解:(1)易得 f′(x)=-

x-?1-a?
e
x



由已知知 f′(x)≥0 对 x∈(-∞,2)恒成立, 故 x≤1-a 对 x∈(-∞,2)恒成立, ∴1-a≥2,∴a≤-1. 故实数 a 的取值范围为(-∞,-1]. (2)证明:a=0,则 f(x)= x. e 函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线方程为 y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0). 令 h(x)=f(x)-g(x)=f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R, 1-x 1-x0 则 h′(x)=f′(x)-f′(x0)= x - x = e e 0 ?1-x?e
x
0

x

-?1-x0?e

x

e

x+x0 x

.
x

设 φ (x)=(1-x)e 则 φ ′(x)=-e
x
0

0

-(1-x0)e ,x∈R,
x

-(1-x0)e ,

∵x0<1,∴φ ′(x)<0,∴φ (x)在 R 上单调递减,而 φ (x0)=0, ∴当 x<x0 时,φ (x)>0,当 x>x0 时,φ (x)<0, ∴当 x<x0 时,h′(x)>0,当 x>x0 时,h′(x)<0, ∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数, ∴x∈R 时,h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x). 2.已知函数 f(x)=e -ax(a 为常数)的图象与 y 轴交于点 A,曲线 y=f(x)在点 A 处的 切线斜率为-1. (1)求实数 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x <e . 解:(1)由 f(x)=e -ax,得 f′(x)=e -a. 又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=e -2x,f′(x)=e -2. 令 f′(x)=0,得 x=ln 2, 当 x<ln 2 时,f′(x)<0,f(x)在(-∞,ln 2)上单调递减,
40
x x x x
2

x

x

当 x>ln 2 时,f′(x)>0,f(x)在(ln 2,+∞)上单调递增. 所以当 x=ln 2 时,f(x)取得极小值,且极小值为 f(ln 2)=e
ln 2

-2ln 2=2-ln 4,

f(x)无极大值.
(2)证明:令 g(x)=e -x ,则 g′(x)=e -2x. 由(1),得 g′(x)=f(x)≥f(ln 2)=2-ln 4>0, 故 g(x)在 R 上单调递增. 又 g(0)=1>0, 所以当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x <e . 角度二:不等式恒成立问题 3.(2016?南京四校联考)已知函数 f(x)=m(x-1)e +x (m∈R). (1)若 m=-1,求函数 f(x)的单调区间; (2)若对任意的 x<0,不等式 x +(m+2)x>f′(x)恒成立,求 m 的取值范围. 解:(1)当 m=-1 时,f(x)=(1-x)e +x , 则 f′(x)=x(2-e ), 由 f′(x)>0 得,0<x<ln 2, 由 f′(x)<0 得 x<0 或 x>ln 2, 故函数 f(x)的单调递增区间为(0,ln 2),单调递减区间为(-∞,0),(ln 2,+∞).
x x
2 2 2

x

2

x

x

x

2

? x 2? 2 (2)依题意,f′(x)=mx?e + ?<x +(m+2)x,x<0, ?
m?
因为 x<0,所以 me -x-m>0, 令 h(x)=me -x-m,则 h′(x)=me -1, 当 m≤1 时,h′(x)≤e -1<0, 则 h(x)在(-∞,0)上单调递减, 所以 h(x)>h(0)=0,符合题意; 当 m>1 时,h(x)在(-∞,-ln m)上单调递减,在(-ln m,0)上单调递增, 所以 h(x)min=h(-ln m)<h(0)=0,不合题意. 综上所述,m 的取值范围为(-∞,1]. 角度三:存在型不等式成立问题 4.已知 a 为实数,函数 f(x)=aln x+x -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

x

x

x

x

?1 ? 使得 f(x )≤g(x )成立,求实数 a 的取值范围. (2)设 g(x)=(a-2)x, 若? x0∈? ,e?, 0 0 ?e ?
2 a 2x -4x+a 解:(1)函数 f(x)定义域为(0,+∞),f(x)= +2x-4= . x x

假设存在实数 a,使 f(x)在 x=1 处取极值,则 f(1)=0,
41

2?x-1? ∴a=2,此时,f′(x)= ,当 x>0 时,f′(x)≥0 恒成立,

2

x

∴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(x0)≤g(x0),得(x0-ln x0)a≥x0-2x0, 记 F(x)=x-ln x(x>0),∴F′(x)=
2

x-1 (x>0), x

∴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,

x2 x2-2x 0-2x0 ?1 ? ∴a≥ ,记 G(x)= ,x∈? ,e?, x0-ln x0 x-ln x ?e ?
?2x-2??x-ln x?-?x-2??x-1? ∴G′(x)= = 2 ?x-ln x? ?x-1??x-2ln x+2? . 2 ?x-ln x?

?1 ? ∵x∈? ,e?,∴2-2ln x=2(1-ln x)≥0, ?e ?
∴x-2ln x+2>0,

?1 ? ∴x∈? ,1?时,G′(x)<0,G(x)单调递减; ?e ?
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,+∞). [方法归纳] 导数在不等式问题中的应用问题 2 大解题策略 (1)利用导数证明不等式 若证明 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). (2)利用导数解决不等式的恒成立问题 利用导数研究不等式恒成立问题,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;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.
42

?一保高考,全练题型做到高考达标 1 3 2 1.定义在实数集上的函数 f(x)=x +x,g(x)= x -2x+m. 3 (1)求函数 f(x)的图象在 x=1 处的切线方程; (2)若 f(x)≥g(x)对任意的 x∈[-4,4]恒成立,求实数 m 的取值范围. 解:(1)∵f(x)=x +x,∴当 x=1 时,f(1)=2, ∵f′(x)=2x+1,∴f′(1)=3, ∴所求切线方程为 y-2=3(x-1),即 3x-y-1=0. 1 3 2 (2)令 h(x)=g(x)-f(x)= x -x -3x+m, 3 则 h′(x)=(x-3)(x+1). ∴当-4<x<-1 时,h′(x)>0; 当-1<x<3 时,h′(x)<0; 当 3<x<4 时,h′(x)>0. 要使 f(x)≥g(x)恒成立,即 h(x)max≤0, 由上知 h(x)的最大值在 x=-1 或 x=4 处取得, 5 20 而 h(-1)=m+ ,h(4)=m- , 3 3 5 5 所以 m+ ≤0,即 m≤- , 3 3 5? ? ∴实数 m 的取值范围为?-∞,- ?. 3? ? 2.已知函数 f(x)=
2

ax-a
e
x

(a<0).

(1)当 a=-1 时,求函数 f(x)的极值; (2)若函数 F(x)=f(x)+1 没有零点,求实数 a 的取值范围. -x+1 x-2 解:(1)当 a=-1 时,f(x)= ,f′(x)= x .由 f′(x)=0,得 x=2. x e e 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(-∞,2) - ?

2 0 极小值

(2,+∞) + ?

1 所以,函数 f(x)的极小值为 f(2)=- 2,函数 f(x)无极大值. e
43

(2)F′(x)=f′(x)=

aex-?ax-a?ex -a?x-2?
e
2x



e

x

.

当 a<0 时,F′(x),F(x)的变化情况如下表:

x F′(x) F(x)

(-∞,2) - ?

2 0 极小值

(2,+∞) + ?
2 2

若使函数 F(x)没有零点,当且仅当 F(2)= 2+1>0,解得 a>-e ,所以此时-e <a e <0. 故实数 a 的取值范围为(-e 0). 3. 某商场的销售部经过市场调查发现, 该商场的某种商品每日的销售量 y(单位: 千克) 与销售价格 x(单位:元/千克)满足关系式 y=
2,

a

a 2 +10(x-6) ,其中 3<x<6,a 为常数.已 x-3

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, 使该商场每日销售该商品所 获得的利润最大. 解:(1)因为 x=5 时,y=11, 所以 +10=11,解得 a=2. 2 (2)由(1),可知 y= 2

a

x-3

+10(x-6) .

2

设该商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)元, 则 f(x)=(x-3)?

? 2 +10?x-6?2?=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6, ? ?x-3 ?
2

所以 f′(x)=10[(x-6) +2(x-3)(x-6)]=30(x-4)(x-6). 令 f′(x)=0,得 x=4 或 6(舍去). 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f(x)

(3,4) + ?

4 0 极大值

(4,6) - ?

由上表,可知当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值为 42. 故当销售价格为 4 元/千克时,该商场每日销售该商品所获得的利润最大. 4.(2016?扬州调研)已知函数 f(x)= -ax +(a -1)x 和 g(x)=x+ . 3 x (1)求证:不论实数 a 取何值,f(x)总有两个极值点;
44

x3

2

2

a2

(2)若 f(x)和 g(x)有相同的极值点,求实数 a 的值. 解:(1)证明:由题意,知 f′(x)=x -2ax+a -1=[x-(a+1)]?[x-(a-1)], 令 f′(x)=0,解得 x=a+1 或 x=a-1, 当 x<a-1 或 x>a+1 时,f′(x)>0, 当 a-1<x<a+1 时,f′(x)<0, 所以 x=a-1 为 f(x)的极大值点,
2 2

x=a+1 为 f(x)的极小值点.
所以不论实数 a 取何值,f(x)总有两个极值点.

a ?x-a??x+a? (2)由题意,知 g′(x)=1- 2= . 2 x x
令 g′(x)=0,得 x=a 或 x=-a. 因为 f(x)和 g(x)有相同的极值点,且 a 和 a+1,a-1 不可能相等, 1 1 所以当-a=a+1 时,a=- ;当-a=a-1 时,a= . 2 2 1 1 经检验,当 a=- 或 时,f(x)和 g(x)有相同的极值点. 2 2 1 1 所以 a=- 或 a= . 2 2 ?二上台阶,自主选做志在冲刺名校 设函数 f(x)=e -ax-1. (1)若函数 f(x)在 R 上单调递增,求 a 的取值范围; (2)当 a>0 时,设函数 f(x)的最小值为 g(a),求证:g(a)≤0; (3)求证:对任意的正整数 n,都有 1
x n+1 x

2

+2

n+1

+3

n+1

+?+n
x

n+1

<(n+1)

n+1

.

解:(1)由题意知 f′(x)=e -a≥0 对 x∈R 恒成立,且 e >0,故 a 的取值范围为(- ∞,0]. (2)证明:由 a>0,及 f′(x)=e -a 可得, 函数 f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增, 故函数 f(x)的最小值为 g(a)=f(ln a)=e 则 g′(a)=-ln a, 故当 a∈(0,1)时,g′(a)>0,当 a∈(1,+∞)时,g′(a)<0, 从而可知 g(a)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 且 g(1)=0,故 g(a)≤0. (3)证明:由(2)可知,当 a=1 时,总有 f(x)=e -x-1≥0,当且仅当 x=0 时等号成 立.即当 x>0 时,总有 e >x+1.于是,可得(x+1)
x n+1 x
ln a

x

-aln a-1=a-aln a-1,

<(e )

x n+1

=e

(n+1)x

.

45

令 x+1= 令 x+1= 令 x+1= ?? 令 x+1=

1 n ? 1 ?n+1<e-n; ,即 x=- 可得? ? n+1 n+1 ?n+1? 2 n-1 ? 2 ?n+1<e-(n-1); ,即 x=- 可得? ? n+1 n+1 ?n+1? 3

n+1

,即 x=

n-2 ? 3 ?n+1<e-(n-2); 可得? ? n+1 ?n+1?

n 1 ? n ?n+1<e-1. ,即 x=- 可得? ? n+1 n+1 ?n+1?

对以上各式求和可得:?
-n

? 1 ?n+1+? 2 ?n+1+? 3 ?n+1+?+? n ?n+1<e-n+e-(n-1)+ ? ?n+1? ?n+1? ?n+1? ?n+1? ? ? ? ? ? ?
n
-n -n

e

-(n-2)

e ?1-e ? e -1 1-e 1 -1 +?+e = = = < <1. 1-e 1-e e-1 e-1

故对任意的正整数 n, 都有 1
1

n+1

+2

n+1

+3

n+1

+?+n

n+1

<(n+1)

n+

.

命题点一 导数的运算及几何意义 难度:中低 命题指数:☆☆☆☆☆

1.(2015?陕西高考)函数 y=xe 在其极值点处的切线方程为________. 解析:由题知 y′=e +xe ,令 y′=0,解得 x=-1, 1? ? 代入函数解析式可得极值点的坐标为?-1,- ?, e? ? 1 又极值点处的切线为平行于 x 轴的直线,故切线方程为 y=- . e 1 答案:y=- e 1 x 2. (2015?陕西高考)设曲线 y=e 在点(0,1)处的切线与曲线 y= (x>0)上点 P 处的切
x x

x

x

线垂直,则 P 的坐标为________. 1 x x 0 解析:y′=e ,曲线 y=e 在点(0,1)处的切线的斜率 k1=e =1,设 P(m,n),y= (x

x

1 1 1 >0)的导数为 y′=- 2(x>0),曲线 y= (x>0)在点 P 处的切线斜率 k2=- 2(m>0),因

x

x

m

为两切线垂直,所以 k1k2=-1,所以 m=1,n=1,则点 P 的坐标为(1,1).
46

答案:(1,1) 3. (2015?全国卷Ⅱ)已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax +(a+2)x +1 相切,则 a=________. 1 解析:法一:∵y=x+ln x,∴y′=1+ ,
2

x

y′

|

x=1

=2.

∴曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线方程为

y-1=2(x-1),即 y=2x-1.
∵y=2x-1 与曲线 y=ax +(a+2)x+1 相切, ∴a≠0(当 a=0 时曲线变为 y=2x+1 与已知直线平行). 由?
?y=2x-1, ? ? ?y=ax +?a+2?x+1,
2 2 2

消去 y,得 ax +ax+2=0.

2

由 Δ =a -8a=0,解得 a=8. 法二:同法一得切线方程为 y=2x-1. 设 y=2x-1 与曲线 y=ax +(a+2)x+1 相切于点(x0, ax0+(a+2)x0+1). ∵y′=2ax +(a+2), ∴y′| x=x0=2ax0+(a+2).
? ?2ax0+?a+2?=2, 由? 2 ?ax0+?a+2?x0+1=2x0-1, ?
2 2

1 ? ?x0=- , 2 解得? ? ?a=8.

答案:8 4.(2015?四川高考)已知函数 f(x)=2 ,g(x)=x +ax(其中 a∈R).对于不相等的实 数 x1,x2,设 m=
x
2

f?x1?-f?x2? g?x1?-g?x2? ,n= ,现有如下命题: x1-x2 x1-x2

①对于任意不相等的实数 x1,x2,都有 m>0; ②对于任意的 a 及任意不相等的实数 x1,x2,都有 n>0; ③对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=n; ④对于任意的 a,存在不相等的实数 x1,x2,使得 m=-n. 其中的真命题有________(写出所有真命题的序号). 解析:对于①,由 f(x)=2 的单调性可知 f(x)=2 在其定义域上单调递增,则有 m>0, 故正确. 对于②,由 g(x)=x +ax 的单调性可知 g(x)=x +ax 在其定义域上先减后增,则存在
2 2

x

x

n<0 的情形,故错误.
对于③,由 m=n,得 f(x1)-f(x2)=g(x1)-g(x2),即 f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2).令
47

H(x)=f(x)-g(x)=2x-x2-ax,求导可得 H′(x)=2xln 2-2x-a.令 H′(x)=0,得 2xln 2
=2x+a.(*)

图(1) 由图(1)易知,当 a 很小时,两图象无交点,故方程(*)无解,所以不一定存在 x1,x2 使得 f(x1)-g(x1)=f(x2)-g(x2),故不正确. 对于④,由 m=-n,得 f(x1)+g(x1)=f(x2)+g(x2).令 F(x)=f(x)+g(x)=2 +x +
x
2

ax,求导可得 F′(x)=2xln 2+2x+a,令 F′(x)=0,

图(2) 得 2 ln 2=-2x-a.(**) 由图(2)易知,两图象必有交点,故方程(**)必有解,所以一定存在 x1,x2 使得 f(x1) +g(x1)=f(x2)+g(x2),故正确. 答案:①④ 3x +ax 5.(2015?重庆高考)设函数 f(x)= (a∈R). x e (1)若 f(x)在 x=0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处 的切线方程; (2)若 f(x)在[3,+∞)上为减函数,求 a 的取值范围. 解:(1)对 f(x)求导得
2

x

f′(x)=
2

?6x+a?e -?3x +ax?e x 2 ?e ?

x

2

x



-3x +?6-a?x+a . x e

因为 f(x)在 x=0 处取得极值,所以 f′(0)=0,即 a=0. 3x -3x +6x 当 a=0 时,f(x)= x ,f′(x)= , x e e 3 3 故 f(1)= ,f′(1)= , e e 从而 f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
2 2

48

y- = (x-1),化简得 3x-ey=0.
-3x +?6-a?x+a (2)由(1)知 f′(x)= , x e 令 g(x)=-3x +(6-a)x+a, 由 g(x)=0, 6-a- a +36 6-a+ a +36 解得 x1= ,x2= . 6 6 当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0,故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数. 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数, 6-a+ a +36 9 知 x2= ≤3,解得 a≥- . 6 2
2 2 2 2 2

3 e

3 e

? 9 ? 故 a 的取值范围为?- ,+∞?. ? 2 ?
命题点二 导数的应用 难度:高、中
3

命题指数:☆☆☆☆☆

1.(2015?安徽高考)设 x +ax+b=0,其中 a,b 均为实数,下列条件中,使得该三次 方程仅有一个实根的是________.(写出所有正确条件的编号) ①a=-3,b=-3;②a=-3,b=2;③a=-3,b>2; ④a=0,b=2;⑤a=1,b=2. 解析:令 f(x)=x +ax+b,则 f′(x)=3x +a. 当 a≥0 时,f′(x)≥0,f(x)单调递增,④⑤正确; 当 a<0 时,若 a=-3, 则 f′(x)=3x -3=3(x+1)(x-1), ∴f(x)极大=f(-1)=-1+3+b=b+2,
2 3 2

f(x)极小=f(1)=1-3+b=b-2,要使 f(x)=0 仅有一个实根,需 f(x)极大<0 或 f(x)极


>0,∴b<-2 或 b>2,①③正确,②不正确. 答案:①③④⑤ 2.(2015?全国卷Ⅱ改编)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________. 解析:设 y=g(x)= 则 g′(x)=

f?x? (x≠0), x

xf′?x?-f?x? , x2
49

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 时,由 f(x)>0,得 g(x)>0,由图知 0<x<1, 当 x<0 时,由 f(x)>0,得 g(x)<0,由图知 x<-1, ∴使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(0,1). 答案:(-∞,-1)∪(0,1) 3.(2015?全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围. 1 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a.

x

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.

? 1? 若 a>0,则当 x∈?0, ?时,f′(x)>0; ?
a?

?1 ? 当 x∈? ,+∞?时,f′(x)<0. ?a ? ? 1? ?1 ? 所以 f(x)在?0, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. ?
a?

?a

?

(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 1 当 a>0 时,f(x)在 x= 处取得最大值,最大值为

a

f ? ?=ln? ?+a?1- ?=-ln a+a-1. ?a? ?a? ? a ?

?1?

?1?

?

1 ?

?1? 因此 f ? ?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. ?a?
令 g(a)=ln a+a-1, 则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0. 于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1). 4.(2015?江苏高考)已知函数 f(x)=x +ax +b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f(x)有三个不同的零点时,a 的取
3 2

50

? 3? ?3 ? 值范围恰好是(-∞,-3)∪?1, ?∪? ,+∞?,求 c 的值. ? 2? ?2 ?
解:(1)f′(x)=3x +2ax,令 f′(x)=0, 2a 解得 x1=0,x2=- . 3 当 a=0 时,因为 f′(x)=3x ≥0,所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增; 2a? ? ? 2a ? 当 a>0 时,x∈?-∞,- ?∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈?- ,0?时,f′(x)< 3 ? ? ? 3 ? 0, 2a? ? ? 2a ? 所以函数 f(x)在?-∞,- ?,(0,+∞)上单调递增,在?- ,0?上单调递减; 3? ? ? 3 ? 2a? ? 2a ? ? 当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪?- ,+∞?时,f′(x)>0,x∈?0,- ?时,f′(x)< 3? ? 3 ? ? 0, 2a? ? 2a ? ? 所以函数 f(x)在(-∞,0),?- ,+∞?上单调递增,在?0,- ?上单调递减. 3? ? 3 ? ?
2 2

? 2a? 4 3 (2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b,f?- ?= a +b,则函数 f(x)有三个 ? 3 ? 27 ? 2a? ? 4 3 ? 零点等价于 f(0)?f?- ?=b? a +b?<0, ? 3 ? ?27 ?
a>0, ? ? 从而? 4 3 - a <b<0 ? ? 27 a<0, ? ? 或? 4 3 0<b<- a . ? 27 ?

4 3 4 3 又 b=c-a,所以当 a>0 时, a -a+c>0 或当 a<0 时, a -a+c<0. 27 27 4 3 设 g(a)= a -a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3) 27

? 3? ?3 ? ∪?1, ?∪? ,+∞?, ? 2? ?2 ? ? 3? ?3 ? 则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在?1, ?∪? ,+∞?上 g(a)>0 均恒成立, ? 2? ?2 ? ?3? 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g? ?=c-1≥0,因此 c=1. ?2?
此时,f(x)=x +ax +1-a =(x+1)[x +(a-1)x+1-a]. 因为函数有三个零点,则 x +(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根, 所以 Δ =(a-1) -4(1-a)=a +2a-3>0, 且(-1) -(a-1)+1-a≠0,
51
2 2 2 2 2 3 2

? 3? ?3 ? 解得 a∈(-∞,-3)∪?1, ?∪? ,+∞?. ? 2? ?2 ?
综上 c=1. 5.(2015?北京高考)设函数 f(x)= -kln x,k>0. 2 (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. 解:(1)由 f(x)= -kln x(k>0), 2 得 x>0 且 f′(x)=x- =

x2

x2

k x2-k . x x

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: x f′(x) f(x)
(0, k) - ?

k
0

( k,+∞) + ?

k?1-ln k?
2

所以,f(x)的单调递减区间是(0, k),单调递增区间是( k,+∞).

k?1-ln k? f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)= .
2 (2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为 f( k)= 因为 f(x)存在零点,所以

k?1-ln k?
2

.

k?1-ln k?
2

≤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(1, e ]上单调递减, 1 e-k 且 f(1)= >0,f( e)= <0, 2 2 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. ?x-1? 6.(2015?福建高考)已知函数 f(x)=ln x- . 2 (1)求函数 f(x)的单调递增区间;
52
2

(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 x0>1,当 x∈(1,x0)时,恒有 f(x)>k(x- 1). 1 -x +x+1 解:(1)f′(x)= -x+1= ,x∈(0,+∞).
2

x

x

?x>0, ? 由 f′(x)>0,得? 2 ?-x +x+1>0, ?

1+ 5 解得 0<x< . 2

? 1+ 5? 故 f(x)的单调递增区间是?0, ?. 2 ? ?
(2)证明:令 F(x)=f(x)-(x-1),x∈(0,+∞), 1-x 则有 F′(x)= .
2

x

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)由(2)知,当 k=1 时,不存在 x0>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 x0>1 满足题意. 当 k<1 时,令 G(x)=f(x)-k(x-1),x∈(0,+∞), 1 -x +?1-k?x+1 则有 G′(x)= -x+1-k= .
2

x

x

由 G′(x)=0,得-x +(1-k)x+1=0, 1-k- ?1-k? +4 解得 x1= <0, 2
2

2

x2=

1-k+ ?1-k? +4 >1. 2

2

当 x∈(1,x2)时,G′(x)>0, 故 G(x)在[1,x2)内单调递增. 从而当 x∈(1,x2)时,G(x)>G(1)=0, 即 f(x)>k(x-1), 综上,实数 k 的取值范围是(-∞,1).

53


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