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导数与函数的单调性、极值、最值


§ 3.2

导数与函数的单调性、极值、最值

1. 函数的单调性 在某个区间(a ,b)内,如果 f ′(x)>0,那么函数 y=f (x)在这个区间内单调递增;如果 f ′(x)<0,那么函数 y=f (x)在这个区间内单调递减. 2. 函数的极值 (1)判断 f(x0 )是极值的方法 一般地,当函数 f (x)在点 x0

处连续时, ①如果在 x0 附近的左侧 f ′(x)>0,右侧 f ′(x)<0,那么 f (x0 )是极大值; ②如果在 x0 附近的左侧 f ′(x)<0,右侧 f ′(x)>0,那么 f (x0 )是极小值. (2)求可导函数极值的步骤 ①求 f ′(x); ②求方程 f ′(x)=0 的根; ③检查 f ′(x)在方程 f ′(x)=0 的根的左右两侧导数值的符号.如果左正右负,那么 f (x) 在这个根处取得极大值;如果左负右正,那么 f(x)在这个根处取得极小值. 3. 函数的最值 (1)在闭区间[a,b]上连续的函数 f (x)在[a,b]上必有最大值与最小值. (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数的最小值,f(b)为函数的最大值;若函 数 f (x)在[a,b]上单调递减,则 f(a)为函数的最大值,f (b)为函数的最小值. (3)设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f (x)在[a,b]上的最大值和最小值的 步骤如下: ①求 f (x)在(a,b)内的极值; ②将 f (x)的各极值与 f (a),f(b)进行比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小 值.

1. 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f ′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件. ( × )

(2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.

(

×

)

(3)函数的极大值不一定比极小值大. ( √ )

(4)对可导函数 f(x),f ′(x0)=0 是 x0 点为极值点的充要条件. ( × )

(5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一定是极小值. ( √ )

(6)函数 f(x)=xsin x 有无数个极值点. ( √ ) ( B.(1,+∞) D.(-1,1) )

2. 函数 f (x)=x2 -2ln x 的单调减区间是 A.(0,1) C.(-∞,1) 答案 解析 A 2 2?x+1??x-1? ∵f ′(x)=2x- = (x>0). x x

∴当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,f (x)为增函数. 3. (2013· 浙江)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)(x-1)k(k =1,2),则 ( A.当 k =1 时,f (x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k =1 时,f (x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k =2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k =2 时,f (x)在 x=1 处取到极大值 答案 解析 C 当 k =1 时,f ′(x)=ex· x-1,f ′(1)≠0. )

∴x=1 不是 f (x)的极值点. 当 k =2 时,f ′(x)=(x-1)(xex+ex-2) 显然 f ′(1)=0,且 x 在 1 的左边附近 f′(x)<0, x 在 1 的右边附近 f ′(x)>0, ∴f (x)在 x=1 处取到极小值.故选 C. 4. 函数 f (x)的定义域为 R, f (-1)=2, 对任意 x∈R, f ′(x)>2, 则 f(x)>2x+4 的解集为( A.(-1,1) C.(-∞,-1) 答案 解析 B 设 m(x)=f (x)-(2x+4), B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞) )

∵m′(x)=f ′(x)-2>0, ∴m(x)在 R 上是增函数. ∵m(-1)=f (-1)-(-2+4)=0, ∴m(x)>0 的解集为{x|x>-1}, 即 f (x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). 5. 函数 f (x)=x +ax-2 在(1,+∞)上是增函数,则实数 a 的取值范围是________. 答案 解析 [-3,+∞) f ′(x)=3x2 +a,f ′(x)在区间(1,+∞)上是增函数,
2 3

则 f ′(x)=3x +a≥0 在(1,+∞)上恒成立, 即 a≥-3x2 在(1,+∞)上恒成立.∴a≥-3.

题型一 例1

利用导数研究函数的单调性 已知函数 f (x)=e -ax-1.
x

(1)求 f(x)的单调增区间; (2)是否存在 a,使 f (x)在(-2,3)上为减函数,若存在,求出 a 的取值范围,若不存在, 请说明理由. 思维启迪 函数的单调性和函数中的参数有关,要注意对参数的讨论. 解 f ′(x)=e -a,
x

(1)若 a≤0,则 f ′(x)=ex-a≥0, 即 f (x)在 R 上单调递增, 若 a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥ln a. 因此当 a≤0 时,f (x)的单调增区间为 R, 当 a>0 时,f(x)的单调增区间是[ln a,+∞). (2)∵f ′(x)=ex-a≤0 在(-2,3)上恒成立. ∴a≥ex 在 x∈(-2,3)上恒成立. 又∵-2<x<3,∴e <e <e ,只需 a≥e . 当 a=e3 时,f ′(x)=ex-e3 在 x∈(-2,3)上, f ′(x)<0,即 f(x)在(-2,3)上为减函数,∴a≥e3 . 故存在实数 a≥e ,使 f (x)在(-2,3)上为减函数. 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性; (2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题; (3)f (x)为增函数的充要条件是对任意的 x∈(a, b)都有 f′(x)≥0 且在(a, b)内的任一非空
3
-2

x

3

3

子区间上 f ′(x)≠0. 应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解. 1 (1)设函数 f(x)= x3 -(1+a)x2 +4ax+24a,其中常数 a>1,则 f (x)的单调减 3 区间为________. 答案 解析 (2,2a) f ′(x)=x2 -2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a),

由 a>1 知,当 x<2 时,f ′(x)>0, 故 f (x)在区间(-∞,2)上是增函数; 当 2<x<2a 时,f ′(x)<0, 故 f (x)在区间(2,2a)上是减函数; 当 x>2a 时,f ′(x)>0, 故 f (x)在区间(2a,+∞)上是增函数. 综上,当 a>1 时, f (x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是增函数, 在区间(2,2a)上是减函数. 1 2 (2)若 f(x)=- x +bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是________. 2 答案 解析 (-∞,-1] b 转化为 f ′(x)=-x+ ≤0 在[-1,+∞)上恒成立, x+2
2

即 b≤x(x+2)在[-1,+∞)上恒成立,令 g(x)=x(x+2)=(x+1) -1, 所以 g(x)min =-1,则 b 的取值范围是(-∞,-1]. 题型二 例2 利用导数求函数的极值 1 设 a>0,函数 f (x)= x2 -(a+1)x+a(1+ln x). 2 (1)求曲线 y=f (x)在(2,f (2))处与直线 y=-x+1 垂直的切线方程; (2)求函数 f(x)的极值. 思维启迪 (1)通过 f ′(2)的值确定 a; (2)解 f ′(x)=0,然后要讨论两个零点的大小确定函数的极值. 解 a (1)由已知,得 x>0,f ′(x)=x-(a+1)+ , x

y=f (x)在(2,f (2))处切线的斜率为 1, a 所以 f ′(2)=1,即 2-(a+1)+ =1, 2 所以 a=0,此时 f (2)=2-2=0, 故所求的切线方程为 y=x-2.

a (2)f ′(x)=x-(a+1)+ x = x2 -?a+1?x+a ?x-1??x-a? = . x x

①当 0<a<1 时,若 x∈(0,a),f ′(x)>0, 函数 f (x)单调递增; 若 x∈(a, 1),f′(x)<0,函数 f (x)单调递减; 若 x∈(1,+∞),f ′(x)>0,函数 f (x)单调递增. 此时 x=a 是 f(x)的极大值点,x=1 是 f (x)的极小值点, 1 2 函数 f (x)的极大值是 f (a)=- a +aln a, 2 1 极小值是 f (1)=- . 2 ?x-1?2 ②当 a=1 时,f ′(x)= >0, x 所以函数 f (x)在定义域(0,+∞)内单调递增, 此时 f (x)没有极值点,故无极值. ③当 a>1 时,若 x∈(0,1),f′(x)>0,函数 f (x)单调递增; 若 x∈(1,a),f ′(x)<0,函数 f (x)单调递减; 若 x∈(a,+∞),f ′(x)>0,函数 f (x)单调递增. 此时 x=1 是 f(x)的极大值点,x=a 是 f (x)的极小值点, 1 函数 f (x)的极大值是 f (1)=- , 2 1 极小值是 f (a)=- a2 +aln a. 2 1 综上,当 0<a<1 时,f(x)的极大值是- a2 +aln a, 2 1 极小值是- ; 2 当 a=1 时,f (x)没有极值; 1 1 当 a>1 时,f(x)的极大值是- ,极小值是- a2 +aln a. 2 2 思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点.所以在求出导函数的零点后

一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点. (2)若函数 y=f (x)在区间(a,b)内有极值,那么 y=f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在 某区间上单调函数没有极值. ex 设 f (x)= 2 ,其中 a 为正实数. 1+ax

4 (1)当 a= 时,求 f (x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 解 1+ax2 -2ax 对 f (x)求导得 f ′(x)=ex· .① ?1+ax2 ?2

4 (1)当 a= 时,若 f ′(x)=0,则 4x2 -8x+3=0, 3 3 1 解得 x1 = ,x2 = . 结合①,可知 2 2 x f ′(x) f (x)

?-∞,1? ? 2?
+ ↗

1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2?
- ↘

3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ?
+ ↗

3 1 所以 x1 = 是极小值点,x2 = 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f ′(x)在 R 上不变号,结合①与条件 a>0,知 ax2 -2ax +1≥0 在 R 上恒成立,即 Δ=4a2 -4a=4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 所以 a 的取值范围为{a|0<a≤1}. 题型三 例3 利用导数求函数的最值 已知函数 f (x)=ax2 +1(a>0),g(x)=x3 +bx. (1)若曲线 y=f (x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a=3, b=-9 时, 若函数 f (x)+g(x)在区间[k, 2]上的最大值为 28, 求 k 的取值范围. 思维启迪 (1)题目条件的转化:f (1)=g(1)且 f ′(1)=g′(1); (2)可以列表观察 h(x)在(-∞,2]上的变化情况,然后确定 k 的取值范围. 解 (1)f ′(x)=2ax,g′(x)=3x2 +b.

因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线, 所以 f (1)=g(1)且 f′(1)=g′(1),即 a+1=1+b 且 2a=3+b, 解得 a=3,b=3. (2)记 h(x)=f (x)+g(x),当 a=3,b=-9 时, h(x)=x3 +3x2 -9x+1,所以 h′(x)=3x2 +6x-9. 令 h′(x)=0,得 x1 =-3,x2 =1. h′(x),h(x)在(-∞,2]上的变化情况如下表所示: x h′(x) h(x) (-∞,-3) + ↗ -3 0 28 (-3,1) - ↘ 1 0 -4 (1,2) + ↗ 2 + 3

由表可知当 k ≤-3 时,函数 h(x)在区间[k, 2]上的最大值为 28;

当-3<k <2 时,函数 h(x)在区间[k, 2]上的最大值小于 28. 因此 k 的取值范围是(-∞,-3]. 思维升华 (1)求解函数的最值时,要先求函数 y=f (x)在[a,b]内所有使 f ′(x)=0 的点, 再计算函数 y=f (x)在区间内所有使 f′(x)=0 的点和区间端点处的函数值,最后比较即 得. (2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况. 已知函数 f (x)=xln x. (1)求函数 f(x)的极值点; (2)设函数 g(x)=f (x)-a(x-1),其中 a∈R,求函数 g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中 e 为自然对数的底数). 解 (1)f ′(x)=ln x+1,x>0,

1 由 f ′(x)=0 得 x= , e 1 1 所以 f (x)在区间(0, )上单调递减,在区间( ,+∞)上单调递增. e e 1 所以,x= 是函数 f(x)的极小值点,极大值点不存在. e (2)g(x)=xln x-a(x-1), 则 g′(x)=ln x+1-a, 由 g′(x)=0,得 x=ea- 1 , 所以,在区间(0,e
a- 1

)上,g(x)为递减函数,

在区间(ea - 1 ,+∞)上,g(x)为递增函数. 当 ea -1 ≤1,即 a≤1 时,在区间[1,e]上,g(x)为递增函数, 所以 g(x)的最小值为 g(1)=0. 当 1<e
a -1

<e,即 1<a<2 时,g(x)的最小值为 g(e

a- 1

)=a-e

a -1

.

当 ea -1 ≥e,即 a≥2 时,在区间[1,e]上,g(x)为递减函数, 所以 g(x)的最小值为 g(e)=a+e-ae. 综上,当 a≤1 时,g(x)的最小值为 0; 当 1<a<2 时,g(x)的最小值为 a-ea- 1 ; 当 a≥2 时,g(x)的最小值为 a+e-ae.

利用导数求函数的最值问题

典例:(12 分)已知函数 f (x)=(x-k )e . (1)求 f(x)的单调区间;

x

(2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值. 思维启迪 (1)解方程 f ′(x)=0 列表求单调区间;(2)根据(1)中表格,讨论 k -1 和区间 [0,1]的关系求最值. 规范解答 解 (1)由题意知 f ′(x)=(x-k +1)e .
x

令 f ′(x)=0,得 x=k -1.[2 分] f (x)与 f ′(x)的情况如下: x f ′(x) f (x) (-∞,k -1) - ↘ k -1 0 -e
k- 1

(k -1,+∞) + ↗

所以,f (x)的单调递减区间是(-∞,k -1);单调递增区间是(k -1,+∞).[6 分] (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 ;[8 分] 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.[10 分] 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)=-ek- 1 ; 当 k ≥2 时,f (x)在[0,1]上的最小值为 f (1)=(1-k )e.[12 分] 答题模板 用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以 下几步答题: 第一步:求函数 f (x)的导数 f′(x); 第二步:求 f (x)在给定区间上的单调性和极值; 第三步:求 f (x)在给定区间上的端点值; 第四步:将 f (x)的各极值与 f(x)的端点值进行比较, 确定 f (x)的最大值与最小值; 第五步:反思回顾:查看关键点,易错点和解题规范. 温馨提醒 (1)本题考查求函数的单调区间,求函数在给定区间[0,1]上的最值,属常规 题型. (2)本题的难点是分类讨论.考生在分类时易出现不全面,不准确的情况. (3)思维不流畅,答题不规范,是解答中的突出问题.

方法与技巧 1. 利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况,直观而且条理, 减少失分. 2. 求极值、最值时,要求步骤规范、表格齐全;含参数时,要讨论参数的大小. 3. 在实际问题中, 如果函数在区间内只有一个极值点, 那么只要根据实际意义判定是最大 值还是最小值即可,不必再与端点的函数值比较. 失误与防范 1. 注意定义域优先的原则,求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行. 2. 求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通过认真比较才能下结论. 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.

A组

专项基础训练

(时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题 1. 若函数 y=f(x)的导函数 y=f ′(x)的图象如图所示,则 y=f (x)的图象可能 为 ( )

答案 解析

C 根据 f ′(x)的符号,f(x)图象应该是先下降后上升,最后下降,排除 A,D;从适

合 f ′(x)=0 的点可以排除 B. 2. 下面为函数 y=xsin x+cos x 的递增区间的是 π 3π A.( , ) 2 2 C.( 答案 解析 3π 5π , ) 2 2 C y′=(xsin x+cos x)′=sin x+xcos x-sin x=xcos x, B.(π,2π) D.(2π,3π) ( )

3π 5π 当 x∈( , )时,恒有 xcos x>0. 故选 C. 2 2 3. 设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则 A.a<-1 C.a>- 答案 解析 1 e B.a>-1 D.a<- 1 e ( )

A ∵y=e +ax,∴y′=e +a.
x x

∵函数 y=ex+ax 有大于零的极值点, 则方程 y′=ex+a=0 有大于零的解, ∵x>0 时,-e <-1,∴a=-e <-1. 1 2 4. 设函数 f (x)= x -9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数 a 的取值范围是( 2 A.1<a≤2 C.a≤2 答案 解析 A 1 9 ∵f (x)= x2 -9ln x,∴f ′(x)=x- (x>0), 2 x B.a≥4 D.0<a≤3 )
x x

9 当 x- ≤0 时,有 0<x≤3,即在(0,3]上原函数是减函数, x ∴a-1>0 且 a+1≤3,解得 1<a≤2. 5. 函数 f (x)=x -3x +2 在区间[-1,1]上的最大值是 A.-2 答案 解析 C ∵f ′(x)=3x2 -6x,令 f ′(x)=0,得 x=0 或 x=2. B.0 C.2 D.4
3 2

(

)

∴f (x)在[-1,0)上是增函数,f (x)在(0,1]上是减函数. ∴f (x)ma x=f (x)极 大值 =f (0)=2. 二、填空题 9 6. 函数 f (x)=x+ 的单调减区间为________. x 答案 解析 (-3,0),(0,3) 9 x -9 f ′(x)=1- 2 = 2 , x x
2

令 f ′(x)<0,解得-3<x<0 或 0<x<3, 故单调减区间为(-3,0)和(0,3). 7. 函数 f (x)=x3 +3ax2 +3[(a+2)x+1]有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是________. 答案 a>2 或 a<-1

解析

∵f (x)=x3 +3ax2 +3[(a+2)x+1],
2

∴f ′(x)=3x +6ax+3(a+2). 令 3x2 +6ax+3(a+2)=0,即 x2 +2ax+a+2=0. ∵函数 f (x)有极大值和极小值, ∴方程 x +2ax+a+2=0 有两个不相等的实根. 即 Δ=4a -4a-8>0,∴a>2 或 a<-1. x 8. 设函数 f (x)=x3 - -2x+5,若对任意的 x∈[-1,2],都有 f(x)>a,则实数 a 的取值范围 2 是________. 答案 解析 7 (-∞, ) 2 f ′(x)=3x2 -x-2,令 f ′(x)=0,得 3x2 -x-2=0,
2 2 2

2 解得 x=1 或 x=- , 3 7 2 157 11 又 f (1)= ,f(- )= ,f (-1)= ,f (2)=7, 2 3 27 2 7 7 故 f (x)min = ,∴a< . 2 2 三、解答题 1 9. 已知函数 f (x)= +ln x.求函数 f (x)的极值和单调区间. x 解 1 1 x-1 因为 f ′(x)=- 2 + = 2 , x x x

令 f ′(x)=0,得 x=1,又 f (x)的定义域为(0,+∞), f ′(x),f (x)随 x 的变化情况如下表: x f ′(x) f (x) 所以 x=1 时,f (x)的极小值为 1. f (x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1). 10. 已知函数 f(x)=x2 +bsin x-2(b∈R), F (x)=f(x)+2, 且对于任意实数 x, 恒有 F (x)-F (- x)=0. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)已知函数 g(x)=f (x)+2(x+1)+aln x 在区间(0,1)上单调递减,求实数 a 的取值范围. 解 (1)F (x)=f (x)+2=x +bsin x-2+2=x +bsin x,
2 2

(0,1) -

1 0 极小值

(1,+∞) + ↗



依题意,对任意实数 x,恒有 F (x)-F (-x)=0. 即 x2 +bsin x-(-x)2 -bsin(-x)=0,

即 2bsin x=0,所以 b=0,所以 f(x)=x2 -2. (2)∵g(x)=x -2+2(x+1)+aln x, ∴g(x)=x2 +2x+aln x, a g′(x)=2x+2+ . x ∵函数 g(x)在(0,1)上单调递减,∴在区间(0,1)内, a 2x +2x+a g′(x)=2x+2+ = ≤0 恒成立, x x ∴a≤-(2x2 +2x)在(0,1)上恒成立. ∵-(2x2 +2x)在(0,1)上单调递减,∴a≤-4 为所求. B组 专项能力提升
2 2

(时间:25 分钟,满分:43 分) 1. 已知 f (x)是可导的函数,且 f′(x)<f(x)对于 x∈R 恒成立,则 A.f (1)<ef (0),f(2 014)>e B.f (1)>ef(0),f(2 014)>e C.f (1)>ef(0),f(2 014)<e
2 014

(

)

f(0)

2 014 2 014

f(0) f(0) f(0)

D.f (1)<ef (0),f(2 014)<e 答案 解析 D f ?x? 令 g(x)= x , e

2 014

f ′?x?e -f?x?e f ′?x?-f ?x? f ?x? 则 g′(x)=( x )′= = <0, e e2 x ex f ?x? 所以函数 g(x)= x 是单调减函数, e 所以 g(1)<g(0),g(2 014)<g(0), 即 f ?1? f ?0? f ?2 014? f ?0? < , 2 014 < , e1 1 e 1

x

x

故 f (1)<ef(0),f (2 014)<e2 014f(0). 2. 如图是函数 f (x)=x +bx +cx+d 的大致图象,则 x1 +x 2 等于
3 2 2 2

(

)

A.

8 9 C

B.

10 9

C.

16 9

D.

28 9

答案 解析

由图象可得 f (x)=x(x+1)(x-2)=x -x -2x,

3

2

又∵x1 、x2 是 f ′(x)=3x2 -2x-2=0 的两根,

2 2 ∴x1 +x2 = ,x1 x2 =- , 3 3 22 2 16 2 2 故 x2 . 1+x 2=( x1 +x2 ) -2x1 x2 =( ) +2× = 3 3 9 1 3. 已知函数 f (x)=- x2 +4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是________. 2 答案 解析 =- (0,1)∪(2,3)
2 3 -x +4x-3 由题意知 f ′(x)=-x+4- = x x

?x-1??x-3? , x

由 f ′(x)=0 得函数 f (x)的两个极值点为 1,3, 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[t,t+1]上就不单调, 由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 4. (2013· 课标全国Ⅰ)已知函数 f (x)=ex(ax+b)-x2 -4x,曲线 y=f(x)在点(0, f (0))处的切线 方程为 y=4x+4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解 (1)f ′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4

=ex(ax+a+b)-2x-4 ∵y=f (x)在(0,f (0))处的切线方程为 y=4x+4, ∴f ′(0)=a+b-4=4,f (0)=b=4, ∴a=4,b=4. (2)由(1)知 f ′(x)=4ex(x+2)-2(x+2) =2(x+2)(2e -1) 令 f ′(x)=0 得 x1 =-2,x2 =ln 列表: x f ′(x) f (x) (-∞, -2) + -2 0 极大值 1 , 2
x

?-2,ln ?


1? 2?

ln 0

1 2

?ln 1,+∞? ? 2 ?






极小值



∴y=f (x)的单调增区间为(-∞,-2),? ?ln 单调减区间为? ?-2,ln 1? . 2?

1 ,+∞? ?; 2

f (x)极大值 =f (-2)=4-4e- 2.

5. 已知函数 f (x)=(ax2 +bx+c)ex 在[0,1]上单调递减且满足 f(0)=1,f (1)=0. (1)求 a 的取值范围. (2)设 g(x)=f (x)-f ′(x),求 g(x)在[0,1]上的最大值和最小值. 解 (1)由 f(0)=1,f (1)=0,得 c=1,a+b=-1,
2 x

则 f (x)=[ax -(a+1)x+1]e , f ′(x)=[ax +(a-1)x-a]e , 依题意对于任意 x∈[0,1],有 f ′(x)≤0. 当 a>0 时, 因为二次函数 y=ax +(a-1)x-a 的图象开口向上, 而 f ′(0)=-a<0,所以需 f ′(1)=(a-1)e<0,即 0<a<1; 当 a=1 时,对于任意 x∈[0,1],有 f ′(x)=(x2 -1)ex≤0, 且只在 x=1 时 f ′(x)=0,f (x)符合条件; 当 a=0 时,对于任意 x∈[0,1],f ′(x)=-xe ≤0, 且只在 x=0 时,f ′(x)=0,f(x)符合条件; 当 a<0 时,因 f ′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故 a 的取值范围为 0≤a≤1. (2)因 g(x)=(-2ax+1+a)e , g′(x)=(-2ax+1-a)ex, ①当 a=0 时,g′(x)=ex>0, g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1, 在 x=1 处取得最大值 g(1)=e. ②当 a=1 时,对于任意 x∈[0,1]有 g′(x)=-2xex≤0, g(x)在 x=0 处取得最大值 g(0)=2, 在 x=1 处取得最小值 g(1)=0. 1-a ③当 0<a<1 时,由 g′(x)=0 得 x= >0. 2a 若 1- a 1 ≥1,即 0<a≤ 时, 2a 3
x x 2 2 x

g(x)在[0,1]上单调递增, g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1+a, 在 x=1 处取得最大值 g(1)=(1-a)e. 若 1- a 1 <1,即 <a<1 时, 2a 3

1- a 1-a 1-a g(x)在 x= 处取得最大值 g( )=2ae , 2a 2a 2a

在 x=0 或 x=1 处取得最小值, 而 g(0)=1+a,g(1)=(1-a)e, 由 g(0)-g(1)=1+a-(1-a)e=(1+e)a+1-e=0, 得 a= e-1 . e+1

e-1 1 则当 <a≤ 时, 3 e+1 g(0)-g(1)≤0,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1+a; 当 e-1 <a<1 时,g(0)-g(1)>0, e+1

g(x)在 x=1 处取得最小值 g(1)=(1-a)e.


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