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2015世纪金榜理科数学(广东版)2.11


第十一节

导数在研究函数中的应用

广东五年4考

高考指数:★★★★☆

1.了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函 数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超 考纲 过三次) 考情 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(其中多项式函数

不超 过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多 项式函数不超过三次) 五年 考题 2013 2011 T21 T12 2012 2009 T21 T20

1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单 调性与不等式的成立情况求参数范围、证明不等式等 问题是高考命题的热点 考情 2.常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等 播报 式、方程等交汇命题,主要考查转化与化归思想、分类 讨论思想的应用 3.题型主要以解答题为主,属中高档题

【知识梳理】 1.函数的单调性与导数的关系 增函数 常量函数 减函数

2.函数的极值与导数 (1)极值的概念

f(x)<f(x0)

极大值点

f(x)>f(x0)


小值点

(2)利用导数求极值的步骤
①求导数f′(x);

②求方程f′(x)=0的根;
③列表,检验f′(x)在方程f′(x)=0的根左右两侧的符号(判断 左正右负 左增右减),那 y=f(x)在根左右两侧的单调性),如果_________(

极大值 如果_________( 左负右正 左减右增),那 么f(x)在这个根处取得_______,
极小值 如果左右两侧符号一样,那么 么f(x)在这个根处取得_______. 这个根不是极值点. ④得极值,由表得极大值与极小值.

3.求函数f(x)在[a,b]上最值的步骤 极值 (1)求函数y=f(x)在(a,b)内的_____. 极值 与端点处的________________ 函数值f(a),f(b) 比较, (2)将函数y=f(x)的各_____ 其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值,得出函数f(x) 在[a,b]上的最值.

【考点自测】

1.(思考)给出下列命题:
①f′(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的极大值是唯一的;
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. 其中正确的是 ( )

A.①③

B.②④

C.③⑤

D.④⑤

【解析】选C.①错误.f′(x)>0能推出f(x)为增函数,反之不一 定.如函数f(x)=x3在(-≦,+≦)上单调递增,但f′(x)≥0.所以 f′(x)>0是f(x)为增函数的充分条件,但不是必要条件. ②错误.一个函数在某区间上或定义域内的极大值可以不止一 个.

③正确.一个函数的极大值与极小值没有确定的大小关系 ,极大
值可能比极小值大,也可能比极小值小.

④错误.对可导函数f(x),f′(x0)=0只是x0点为极值点的必要 条件,如y=x3在x=0时f′(0)=0,而函数在R上为增函数,所以0不 是极值点. ⑤正确.当函数在区间端点处取得最值时,这时的最值不是极值.

2.函数y= 1 x2-lnx的单调递减区间为(
2

) D.(0,+∞)

A.(-1,1]

B.(0,1]

C.[1,+∞)

【解析】选B.由题意知函数的定义域为(0,+≦), 又由y′=x- 1 ≤0,解得0<x≤1,
x

所以函数的单调递减区间为(0,1].

3.已知f(x)=x3-ax在[1,+∞)上是增函数,则a的最大值是 ( A.0 B.1 C.2 D.3 )

【解析】选D. f′(x)=3x2-a≥0在[1,+≦)上恒成立,即a≤3x2 在[1,+≦)上恒成立,而(3x2)min=3×12=3. 所以a≤3,故amax=3.

4.设函数f(x)= 2 +lnx,则 A.x= 1 为f(x)的极大值点
2 x

(

) B.x= 1 为f(x)的极小值点
2

C.x=2为f(x)的极大值点

D.x=2为f(x)的极小值点

【解析】选D. 因为f(x)= 2 +ln x,所以f′(x)=- 22 ? 1 ,令
x x x 2 1 x?2 f′(x)=0,即 ? 2 ? ? 2 ? 0 ,解得x=2.当0<x<2时, x x x

f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0,所以x=2为f(x)的极小值点.

? 上的最大值 5.(2014·杭州模拟)函数y=x+2cos x在区间 [0, ] 2



.
? 2 6

【解析】y′=1-2sin x,令y′=0,且x∈[0, ],得x= ? ,
? ? 则x∈[0, ? ) 时,y′>0;x∈ ( , ] 时,y′<0, 6 2 ? ? 故函数在[0, ? )上递增,在 ( , ] 上递减, 6 6 2 所以当x= ? 时,函数取最大值,为 ? ? 3 . 6 6 ? 答案: ? 3 6 6

6.(2014·济南模拟)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],部分对 应值如下表: x y -1 1 0 2 2 0 4 2 5 1

f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示.

(1)f(x)的极小值为

. .

(2)若函数y=f(x)-a有4个零点,则实数a的取值范围为 【解析】(1)由y=f′(x)的图象可知,
x f′(x) (-1,0) + 0 0 (0,2) 2 0 (2,4) + 4 0

(4,5) -

f(x)



极大值



极小值



极大值



所以f(2)为f(x)的极小值,f(2)=0.

(2)y=f(x)的大致图象如图所示:

若函数y=f(x)-a有4个零点,则a的取值范围为1≤a<2.

答案:(1)0 (2)[1,2)

考点1

利用导数确定函数的单调性

【典例1】(1)(2014·武汉模拟)已知函数y=f(x)的图象关于y

轴对称,且当x∈(-∞,0)时,f(x)+xf′(x)<0成立.
a=(20.2)·f(20.2),b=(logπ 3)·f(logπ 3), c=(log39)·f(log39),则a,b,c的大小关系是 A.b>a>c C.c>b>a B.c>a>b D.a>c>b ( )

(2)(2013·新课标全国卷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.

【解题视点】(1)根据已知条件构造函数y=xf(x),并用导数确
定其单调性,利用单调性比较a,b,c大小.

(2)①根据f(0)=f′(0)=4构建关于a,b的方程求解.
②根据①确定f(x)的解析式,利用导数确定f(x)的单调性.

【规范解答】(1)选A.因为函数y=f(x)关于y轴对称,

所以函数y=xf(x)为奇函数.
因为[xf(x)]′=f(x)+xf′(x), 所以当x∈(-≦,0)时,[xf(x)]′=f(x)+xf′(x)<0, 函数y=xf(x)单调递减, 当x∈(0,+≦)时,函数y=xf(x)单调递减. 因为1<20.2<2,0<logπ3<1,log39=2, 所以0<logπ3<20.2<log39,所以b>a>c,选A.

(2)①由已知得函数的定义域为R, f′(x)=ex(ax+a+b)-2x-4. 由已知得f(0)=4,f′(0)=4. 故b=4,a+b=8,从而a=4,b=4.

②由①知,f(x)=4ex(x+1)-x2-4x,
1 f′(x)=4ex(x+2)-2x-4=4(x+2) . (e x ? ) 2

令f′(x)=0,得x=-ln2或x=-2. 从而当x∈(-≦,-2)∪(-ln2,+≦)时,f′(x)>0; 当x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0; 故f(x)在(-≦,-2),(-ln2,+≦)上单调递增, 在(-2,-ln2)上单调递减. 当x=-2时,函数f(x)取得极大值,极大值为f(-2)=4(1-e-2).

【互动探究】若本例题(2)中所有条件变为“已知函数f(x)=
2a 2 -alnx+ +x(a≠0)”讨论f(x)的单调性. x

【解析】依题意得函数的定义域为(0,+≦),
2 2 2 ? x ? a ?? x ? 2a ? x ? 0 . a 2a x ? ax ? 2a 因为 f ? ? x ? ? ? ? 2 ? 1 ? ? ? ? x x x2 x2

①当a>0时,

由f′(x)>0,及x>0得x>2a;
由f′(x)<0,及x>0得0<x<2a.

所以当a>0时,函数f(x)在(2a,+≦)上单调递增,在(0,2a)上
单调递减.

②当a<0时,由f′(x)>0及x>0得x>-a;
由f′(x)<0及x>0得0<x<-a.

所以当a<0时,函数f(x)在(0,-a)上单调递减,在(-a,+≦)上
单调递增. 综上所述,当a<0时,函数f(x)在(0,-a)上单调递减,在 (-a,+≦)上单调递增. 当a>0时,函数f(x)在(2a,+≦)上单调递增,在(0,2a)上单调 递减.

【易错警示】求单调区间时要先关注函数的定义域 利用导数确定函数的单调性(区间),切记应先求定义域,再 考虑导数的符号,特别在确定含参数函数的单调性时,要注意分 类讨论.如本题中函数的定义域为(0,+≦),若解题时未求出此 定义域,则会导致错误.

【规律方法】用导数求函数的单调区间的“三个方法” (1)方法一:当不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)可解时, ①确定函数y=f(x)的定义域; ②求导数y′=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 .

(2)方法二:当方程f′(x)=0可解时, ①确定函数y=f(x)的定义域; ②求导数y′=f′(x),令f′(x)=0,解此方程,求出在定义区间 内的一切实根; ③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的 各实数根按由小到大的顺序排列起来 ,然后用这些点把函数f(x) 的定义区间分成若干个小区间; ④确定f′(x)在各个区间内的符号,根据符号判定函数在每个 相应区间内的单调性.

(3)方法三:当不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)及方程f′(x)=0均 不可解时, ①确定函数y=f(x)的定义域; ②求导数并化简,根据f′(x)的结构特征,选择相应基本初等函 数,利用其图象与性质确定f′(x)的符号. ③得单调区间.

提醒:利用导数确定单调性时要把导数的符号与函数单调性的
关系记准.

【变式训练】(2014·武汉模拟)已知函数f(x)= ln xx? k (k为常
e

数,e=2.71828?是自然对数的底数),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.

【解析】(1)由f(x)= ln xx? k 得x∈(0,+≦), f′(x)=
e ? ln x ? k ? ?ex ? ? ln x ? k ? ex ?

? ?

e2x

1 ? ln x ? k ?x , x e

由曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行可知
1 ? ln 1 ? k f′(1)= 1 ? 0, 1 e

解得k=1.

1 ? 1 ? ln x (2)f′(x)= x x ,x∈(0,+≦). e 当0<x<1时, 1 >1, x 所以 1 -1>0,又ln x<0, x 所以-ln x>0,所以 1 -1-ln x>0, x

所以f′(x)>0;
当x>1时,0< 1 <1,ln x>0, 所以 1 -1<0,-ln x<0,所以 1 -1-ln x<0,
x x x

所以f′(x)<0, 于是f(x)在区间(0,1)内为增函数,在(1,+≦)内为减函数.

【加固训练】
1.(2014·杭州模拟)定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x),

已知f(x+1)是偶函数,(x-1)f′(x)<0.若x1<x2,且x1+x2>2,则
f(x1)与f(x2)的大小关系是( A.f(x1)<f(x2) C.f(x1)>f(x2) ) B.f(x1)=f(x2) D.不确定

【解析】选C.由(x-1)f′(x)<0可知,

当x>1时,f′(x)<0,函数递减.
当x<1时,f′(x)>0,函数递增. 因为函数f(x+1)是偶函数, 所以f(x+1)=f(1-x),f(x)=f(2-x), 即函数的对称轴为x=1, 所以若1<x1<x2,则f(x1)>f(x2). 若x1<1,则x2>2-x1>1,

此时由f(x2)<f(2-x1),即f(x2)<f(2-x1)=f(x1), 综上f(x1)>f(x2).

2.(2013·湖南高考)已知函数f(x)= 1-x2 e x .
1? x

(1)求f(x)的单调区间. (2)证明:当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,x1+x2<0.

【解析】(1)函数f(x)的定义域是(-≦,+≦),
1 -x x 1 -x x f ?? x ? ? ( ) ?e ? e 1? x2 1? x2 1? ? 2] x x ? 2x ? 1 1 ? x x -x[? x- ?[ ? ]e ? e . 2 2 2 2 2 ?1 ? x ? 1 ? x ?1 ? x ?
2 2

当x<0时,f′(x)>0;当x>0时,f′(x)<0. 所以f(x)的单调递增区间为(-≦,0),单调递减区间为 (0,+≦).

(2)当x<1时,由于

1? x >0,ex>0,故f(x)>0; 2 1? x

同理,当x>1时,f(x)<0.当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,不妨设 x1<x2,由(1)知,x1∈(-≦,0),x2∈(0,1). 下面证明:?x∈(0,1),f(x)<f(-x),即证
1 -x x 1 ? x -x e ? e . 2 2 1? x 1? x

此不等式等价于 ?1-x ? e x-
e

令 g ? x ? ? ?1-x ? e x-1 ?xx ,则g′(x)=-xe-x(e2x-1).

1? x ?0 . x e

当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,

从而g(x)<g(0)=0,即 ?1-x ? e x-1 ?xx ? 0 ,
e

所以?x∈(0,1),f(x)<f(-x). 而x2∈(0,1),所以f(x2)<f(-x2), 从而f(x1)<f(-x2), 由于x1,-x2∈(-≦,0),f(x)在(-≦,0)上单调递增, 所以x1<-x2,即x1+x2<0.

考点2

根据函数的单调性求参数的范围

高频考点 通 关

【考情】利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围, 是高考考查函数单调性的一个重要考向,常与函数、不等式、 最值等知识综合以解答题的形式出现,考查根据函数在区间A上 单调递增(减)或存在单调区间或为单调函数求参数的取值范围 等问题.

【典例2】(1)(2014·北京模拟)若f(x)= 1 -x2+bln(x+2)在
2

(-1,+∞)上是减函数,则b的取值范围是

(

)

A.[-1,+∞)
C.(-∞,-1]

B.(-1,+∞)
D.(-∞,-1)

(2)(2014·长春模拟)已知函数f(x)=x2+alnx.
①当a=-2时,求函数f(x)的单调区间; ②若g(x)=f(x)+ 2 在[1,+∞)上是单调函数,求实数a的取值范
x

围.

【解题视点】(1)先求导数,再根据导数与单调性的关系,转化 为不等式恒成立问题求解. (2)①利用导数确定单调区间的方法求解;②分g(x)在[1,+≦) 单调递增、单调递减两种情况讨论求解.

【规范解答】(1)选C.函数的导数 f ? ? x ? ? ? x ? b

要使函数在(-1,+≦)上是减函数,则f ? ? x ? ? ? x ? b ≤0

x?2

,

在(-1,+≦)上恒成立,即 b ≤x,
x?2

x?2

因为x>-1,所以x+2>1>0,即b≤x(x+2)成立.

设y=x(x+2),则y=x2+2x=(x+1)2-1,
因为x>-1,所以y>-1, 所以要使b≤x(x+2)成立,则有b≤-1.

(2)①由已知,函数的定义域为(0,+≦),

当a=-2时,f(x)=x2-2lnx,
2 2 ? x ? 1?? x ? 1? 所以f′(x)=2x- ? , x x

则当x∈(0,1)时,f′(x)<0,
所以(0,1)为f(x)的单调递减区间, 当x∈(1,+≦)时,f′(x)>0,(1,+≦)为f(x)的单调递增区间.

②由题意得g′(x)= 2x ? a ? 22 ,函数g(x)在[1,+≦)上是单调
x x

函数.

(ⅰ)若函数g(x)为[1,+≦)上的单调增函数,
则g′(x)≥0在[1,+≦)上恒成立,

即a≥ 2 ? 2x 2 在[1,+≦)上恒成立,
x

设φ(x)=

2 ? 2x 2 , x

因为φ(x)在[1,+≦)上单调递减, 所以φ(x)max=φ(1)=0,所以a≥0.

(ⅱ)若函数g(x)为[1,+≦)上的单调减函数, 则g′(x)≤0在[1,+≦)上恒成立,不可能. 综上,实数a的取值范围是[0,+≦).

【通关锦囊】
高考指数 ◆◆◆ 重点题型 根据f(x)在区间A上 单调递增(减),求参 数取值范围 破 解 策 略

转化为f′(x)≥0(≤0)在A 上恒成立问题求解

◆◆◆

根据f(x)在区间A上 转化为f′(x)max>0(或 存在单调递增(减)区 f′(x)min<0)在A上成立求 间,求参数取值范围 解 根据f(x)在区间A上 为单调函数,求参数 取值范围 转化为f′(x)在A上不变号 (即f′(x)≥0或f′(x)≤0 在A上恒成立问题)求解

◆◆◇

【关注题型】

◆◇◇

根据f(x)在区间A上不

转化为方程f′(x)=0在A上

单调,求参数取值范围

无重复的实数根问题求解

【特别提醒】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.

【通关题组】 1.(2014·烟台模拟)若函数y=a(x3-x)的单调递减区间为
(? 3 3 则a的取值范围是( , ), 3 3

)

A.a>0 C.a>1

B.-1<a<0 D.0<a<1

【解析】选A.因为 y? ? 3a(x 2 ? 1 ) ? 3a(x ? 3 )(x ? 3 ) ,
3 3 3

当 ? 3 <x< 3 时,(x ? 3 )(x ? 3 ) <0,
3 3 3 3

因为函数y=a(x3-x)在 (? 3 , 3 ) 上单调递减,
3 3

所以y′≤0,即a≥0,经检验a=0不合题意,所以a>0.

x e 2.(2014·合肥模拟)若函数 f ? x ? ? (a ? 0) 为R上的单调函 2 1 ? ax

数,则a的取值范围为_____________.
【解析】若f(x)为R上的单调函数,则f′(x)在R上不变号,结 合 f ?? x ? ? e
x

1 ? ax 2 ? 2ax 与条件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成

立,因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并结合a>0,知0<a≤1. 答案:(0,1]

?1 ? ax 2 ?

2

3.(2014·汕头模拟)已知函数f(x)是定义在实数集R上的奇函 数,当x>0时,f(x)=ax+ln x,其中a∈R. (1)求函数f(x)的解析式. (2)若函数f(x)在区间(-∞,-1)上单调递减,求a的取值范围.

【解析】(1)f(0)=0,x<0时,f(x)=-f(-x)=ax-ln(-x),
?ax ? ln x, x ? 0, 所以 f ? x ? ? ? ?0, x ? 0, ?ax ? ln ? x , x ? 0. ? ? ?

(2)函数f(x)是奇函数,则f(x)在区间(-≦,-1)上单调递减,
当且仅当f(x)在区间(1,+≦)上单调递减, 当x>0时,f(x)=ax+ln x,f′(x)=a+ 1 , 由f′(x)=a+ 1 <0得a<- 1 ,
x x x x

- 1 在区间(1,+≦)上的取值范围为(-1,0),

所以a的取值范围为(-≦,-1].

【加固训练】
1.(2014·珠海模拟)若函数f(x)=ex-x2+ax在R上不单调,求实 数a的取值范围. 【解析】因为f(x)=ex-x2+ax, 所以f′(x)=ex-2x+a, 又由题意知f′(x)=0,即方程ex-2x+a=0 ①在R上有无重复的 实数解, 由①得a=2x-ex.

令g(x)=2x-ex,所以g′(x)=2-ex, 令g′(x)=0,得x=ln2, 当x∈(-≦,ln2)时,g′(x)>0, 所以g(x)在(-≦,ln2)上为增函数, 当x∈(ln2,+≦)时,g′(x)<0, 所以g(x)在(ln2,+≦)上为减函数, 所以g(x)max=g(ln2)=2ln2-2, 所以g(x)∈(-≦,2ln2-2],

所以a∈(-≦,2ln2-2].

2.(2014·苏州模拟)已知a∈R,函数f(x)=(-x2+ax)ex,x∈R,e 为自然对数的底数. (1)当a=2时,求函数f(x)的单调递增区间. (2)函数f(x)是否为R上的减函数,若是,求出a的取值范围;若不 是,请说明理由.

【解析】(1)当a=2时,f(x)=(-x2+2x)ex, 所以f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, 因为ex>0,所以-x2+2>0,解得- 2 <x< 2 . 所以函数f(x)的单调递增区间是(- 2 , 2 ).

(2)f(x)不是R上的减函数. 若函数f(x)在R上单调递减, 则f′(x)≤0对x∈R都成立, 即[-x2+(a-2)x+a]ex≤0对x∈R都成立. 因为ex>0,所以x2-(a-2)x-a≥0对x∈R都成立. 所以Δ=(a-2)2+4a≤0,即a2+4≤0,这是不可能的.

故函数f(x)不可能是R上的减函数.

考点3

利用导数研究函数的极值(最值)

【典例3】(1)(2013·新课标全国卷Ⅰ)若函数f(x)=

(1-x2)(x2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的最大
值为 .

(2)(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=x2e-x. ①求f(x)的极小值和极大值. ②当曲线y=f(x)的切线l的斜率为负数时,求l在x轴上截距 的取值范围.

? f ? 0 ? ? f ? ?4 ? , ? 【解题视点】(1)根据f(x)的图象关于x=-2对称,得 ? ? ?f ? ? ?2 ? ? 0,

求出a,b的值,再利用导数求最值的步骤求解.

(2)①根据求极值的步骤进行求解;②设切点,表示出切线l的方 程,令y=0得l在x轴上的截距,利用函数知识求得截距的取值范 围.

【规范解答】(1)因为函数f(x)的图象关于直线x=-2对称,

所以f(0)=f(-4),得4b=-60+15a,
又f′(x)=-4x3-3ax2+2(1-b)x+a, 而f′(-2)=0,-4×(-2)3-3a(-2)2+2(1-b)×(-2)+a=0. 得11a-4b=28, 即?
?4b ? ?60 ? 15a, 解得a=8,b=15. ?11a ? 4b ? 28,

故f(x)=(1-x2)(x2+8x+15), 则f′(x)=-4x3-24x2-28x+8=-4(x3+6x2+7x-2) =-4(x+2)(x2+4x-1). 令f′(x)=0,即(x+2)(x2+4x-1)=0, 则x=-2或x=-2- 5 或-2+ 5 . 当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:
x f′(x) f(x) (-≦, -2- 5 ) 正 ↗ -25

(-2- 5 , -2) 负 ↘

-2 0 极小值

(-2, -2+ 5 ) 正 ↗

-2+
5

(-2+ 5 , +≦) 负 ↘

0 极大值

0 极大值

f(-2- 5 )=[1-(-2- 5 )2][(-2- 5 )2+8×(-2- 5 )+15]=(-4 5 -8)(8-4 5 )=16, f(-2+ 5 )=[1-(-2+ 5 )2][(-2+ 5 )2+8×(-2+ 5 )+15]=(4 5 -8)(8+4 5 )=16, 故f(x)的最大值为16. 答案:16

(2)①f′(x)=e-x(-x2+2x),令f′(x)=0,得x=0或2. 列表如下 x f′(x) f(x) (-≦,0) ↘ 0 0 极小值 (0,2) + ↗ 2 0 极大值
e

(2,+≦) ↘

函数f(x)的极小值为f(0)=0,极大值为f(2)= 42 .

2 2 ?x ? 2x 0 ? , ②设切点为( x 0 , x 0 e ),则切线l的斜率为k= e? x ? ? x 0
0
0

此时切线l的方程为 y ? x 0e 令y=0,得 x ?
x?

2 ? x0

2 ? e? x0 ? ?x 0 ? 2x 0 ? ? x ? x 0 ? ,

2 ? x 0 ? 2 ? 3, x0 ? 2

x0 ? x0. x0 ? 2

由已知和①得x0∈(-≦,0)∪(2,+≦). 令t=x0-2,则t∈(-≦,-2)∪(0,+≦),令h(t)=t+ 2 ,
t

则当t∈(0,+≦)时,h(t)的取值范围为[2 2 ,+≦);

当t∈(-≦,-2)时,h(t)的取值范围是(-≦,-3), 所以当x0∈(-≦,0)∪(2,+≦)时,x的取值范围是(-≦,0)∪ [2 2 +3,+≦), 综上,l在x轴上的截距的取值范围是 (-≦,0)∪[2 2 +3,+≦).

【规律方法】利用导数研究函数的极值的一般流程

【变式训练】1.(2014·广州模拟)若 x ? 3 是函数f(x)=x2+
2

2(1-a)x+2(1-a)ln(x-1),x∈(1,+∞)的一个极值点,则a的 值为____. 【解析】因为函数f(x)=x2+2(1-a)x+2(1-a)ln(x-1), 则f′(x)=2x+2(1-a)+
2 答案:3 2

2 ?1 ? a ? x ?1

,
3 )=0,解得a= 3 . 2 2

因为x= 3 是函数的一个极值点,所以f′(

2.(2014·广州模拟)设函数f(x)=x3-kx2+x. (1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间. (2)当k<0时,求函数f(x)在[k,-k]上的最小值m和最大值M. 【解析】设y=f′(x)=3x2-2kx+1. (1)当k=1时,f′(x)=3x2-2x+1,Δ=4-12=-8<0,

所以f′(x)>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为R.

(2)方法一:当k<0时,f′(x)=3x2-2kx+1,
其开口向上,对称轴x= k ,且过(0,1).
3

(i)当Δ=4k2-12=4(k+ 3 )(k- 3 )≤0,
即- 3≤k<0时,f′(x)≥0,f(x)在[k,-k]

上单调递增,
从而当x=k时,f(x)取得最小值m=f(k)=k,

当x=-k时,f(x)取得最大值M=f(-k)=-k3-k3-k=-2k3-k.

(ⅱ)当Δ=4k2-12=4(k+ 3 )(k- 3 )>0,即k<- 3 时,令 f′(x)=3x2-2kx+1=0,
2 2 k ? k ? 3 k ? k ?3 , 解得:x1= ,x2= 3 3

注意到k<x2<x1<0, (注:可判断x1·x2= ,x1+x2= 2k >k,从而k<x2<x1<0;或者由对称
3 1 3

结合图象判断), 所以m=min{f(k),f(x1)},M=max{f(-k),f(x2)},
3 2 2 因为 f ? x1 ? ? f ? k ? ? x1 ? kx1 ? x1 ? k ? ? x1 ? k ? ? x1 ? 1? ? 0,

所以f(x)的最小值m=f(k)=k,

2+x -(-2k3-k)= 因为f(x2)-f(-k)= x3 ? kx 2 2 2

(x2+k)·[(x2-k)2+k2+1]<0, 所以f(x)的最大值M=f(-k)=-2k3-k. 综上所述,当k<0时,f(x)的最小值m=f(k)=k,最大值 M=f(-k)=-2k3-k.

方法二:当k<0时,对?x∈[k,-k],都有 f(x)-f(k)=x3-kx2+x-k3+k3-k=(x2+1)(x-k)≥0,故f(x)≥f(k), f(x)-f(-k)=x3-kx2+x+k3+k3+k=(x+k)(x2-2kx+2k2+1) =(x+k)[(x-k)2+k2+1]≤0, 故f(x)≤f(-k),而f(k)=k<0,f(-k)=-2k3-k>0, 所以f(x)max=f(-k)=-2k3-k,f(x)min=f(k)=k.

【加固训练】 1.(2013·福建高考)已知函数f(x)=x-alnx(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.

【解析】函数f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)=1- a .
(1)当a=2时,f(x)=x-2lnx,f′(x)=1- 2 (x>0),
x x

所以f(1)=1,f′(1)=-1,
所以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可知:
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.

因为x∈(0,a)时,f′(x)<0,x∈(a,+≦)时,f′(x)>0,
所以f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)= a-alna,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-alna,无极大值.

2.(2012·广东高考)设0<a<1,集合A={x∈R|x>0},
B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a>0},D=A∩B. (1)求集合D(用区间表示). (2)求函数f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax在D内的极值点.

【解析】(1)令g(x)=2x2-3(1+a)x+6a,

Δ=9(1+a)2-48a=9a2-30a+9=3(3a-1)(a-3).
①当0<a≤时,Δ≥0,
2 3a ? 3 ? 9a ? 30a ? 9 方程g(x)=0的两个根分别为x1= , 4 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 x2 ? , 4

所以g(x)>0的解集为(-≦,

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 )( ? , ??) . 4 4

因为x1,x2>0,

所以D=A∩B=
3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 (0, )( ? , ??) . 4 4 1 ②当 <a<1时,Δ<0,则g(x)>0恒成立, 3

所以D=A∩B=(0,+≦). 综上所述,当0<a≤
1 时,D= 3

3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 3a ? 3 ? 9a 2 ? 30a ? 9 (0, )( ? , ??) ; 4 4 1



3

<a<1时,D=(0,+≦).

(2)f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-a)(x-1), 令f′(x)=0,得x=a或x=1. ①当0<a≤
1 时,由(1)知D=(0,x1)∪(x2,+≦). 3

因为g(a)=2a2-3(1+a)a+6a=a(3-a)>0,g(1)=2-3(1+a)+6a=3a1≤0,所以0<a<x1<1≤x2, 所以f′(x),f(x)随x的变化情况如表: x f′(x) (0,a) + a 0 (a,x1) (x2,+≦) + ↗

f(x) ↗ 极大值 ↘ 所以f(x)的极大值点为x=a,没有极小值点.

②当 1 <a<1时,由(1)知D=(0,+≦).
3

所以f′(x),f(x)随x的变化情况如表:

x
f′(x)

(0,a)
+

a
0

(a,1)
-

1
0

(1,+≦)
+ ↗

f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 所以f(x)的极大值点为x=a,极小值点为x=1. 综上所述,当0<a≤ 点;

1 时,f(x)有一个极大值点x=a,没有极小值 3

当 1 <a<1时,f(x)有一个极大值点x=a,一个极小值点x=1.
3

3.(2014·天津模拟)已知P(x,y)为函数y=1+lnx图象上一点,O

为坐标原点,记直线OP的斜率k=f(x).
1 (m>0)上存在极值,求实数m的取 (1)若函数f(x)在区间 (m, m ? ) 3

值范围. (2)当x≥1时,不等式f(x)≥
t 恒成立,求实数t的取值范围. x ?1

【解析】(1)由题意k=f(x)= 1 ? ln x , x ? 0 ,
1 ? ln x ln x 所以f′(x)= ( ) ??? 2 , x x x

当0<x<1时,f′(x)>0; 当x>1时,f′(x)<0. 所以f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+≦)上单调递减. 故f(x)在x=1处取得极大值.
1 (其中m>0)上存在极值, 因为函数f(x)在区间 (m, m ? ) 3 ?0 ? m ? 1, 2 <m<1. 所以 ? 得 ? 1 m ? ?1 , 3 ? 3 ? 2 即实数m的取值范围是( ,1). 3

(2)由f(x)≥ 令g(x)=

t ? x ? 1??1 ? ln x ? , ,得t≤ x ?1 x ? x ? 1??1 ? ln x ?

x x 则g′(x)= x ? ln ,令h(x)=x-ln x, 2 x 则h′(x)= 1 ? 1 ? x ? 1 , x x

,

因为x≥1,所以h′(x)≥0, 故h(x)在[1,+≦)上单调递增. 所以h(x)≥h(1)=1>0,从而g′(x)>0, g(x)在[1,+≦)上单调递增,g(x)≥g(1)=2,

所以实数t的取值范围是(-≦,2].

【规范解答3】导数在研究函数中的应用 【典例】(12分)(2013·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)= ex-ln(x+m), (1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性. (2)当m≤2时,证明f(x)>0.

【审题】分析信息,形成思路 信息提取 思路分析

x=0是f(x)的极值点, 求导→将x=0代入f′(x)=0求得 (1) 求m,并讨论f(x)的单 m→得解析式→讨论导函数符号, 调性 得单调性 求f(x)的最小值f(x0),证明最小 值f(x0)>0

(2) m≤2,证明f(x)>0

【解题】规范步骤,水到渠成 (1)因为f′(x)= e x ?
m 1 ,x=0是f(x)的极值点, x?m

所以f′(0)=1- 1 =0, 解得m=1,

所以函数f(x)=ex-ln(x+1),
其定义域为(-1,+≦)①,??????2分

x e x ? 1? ? 1 . ? 1 f′(x)= ex ? ? x ?1 x ?1

设g(x)=ex(x+1)-1,则g′(x)=ex(x+1)+ex>0, 所以g(x)在(-1,+≦)上是增函数.????????4分 又因为g(0)=0,所以当x>0时,g(x)>0, 即f′(x)>0, 当-1<x<0时,g(x)<0,f′(x)<0, 所以f(x)在(-1,0)上是减函数,

在(0,+≦)上是增函数. ??????6分

(2)当m≤2,x∈(-m,+≦)时,ln(x+m)≤ln(x+2),
故只需证明当m=2时,f(x)>0.②

当m=2时,函数f′(x)=ex-

1 在(-2,+≦)上单调递增. x?2

???????????????????8分 由f′(-1)<0,f′(0)>0, 故f′(x)=0在(-2,+≦)上有唯一实根x0,③且x0∈(-1,0). 当x∈(-2,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+≦)时,

f′(x)>0,从而当x=x0时,f(x)取得最小值.?????10分
1 ,ln(x0+2)=-x0, x0 ? 2 2 x 0 ? 1? ? 1 故f(x)≥f(x0)= ? x0 ? >0 . x0 ? 2 x0 ? 2

由f′(x0)=0得 ex ?
0

综上,当m≤2时,f(x)>0.④?????12分

【点题】失分警示,规避误区 失分点 ①处忽略定义域导致失分 防范措施 利用导数研究函数问题切记定 义域优先的原则

②处未对m进行分析导致解题 当解析式中含有参数时,要适 无法进行而失分 时的分类讨论 ③处无法判断出极值点而导 致失分 ④处未进行总结导致解题过 程不完整而失分 熟练掌握求函数极值的步骤 对于解答题,最后要进行总结, 对结果进行整合

【变题】变式训练,能力迁移 (2013·广东高考)设函数f(x)=(x-1)ex-kx2(k∈R). (1)当k=1时,求函数f(x)的单调区间.
1 (2)当k∈ ( ,1] 时,求函数f(x)在[0,k]上的最大值M. 2

【解析】(1)当k=1时,f(x)=(x-1)ex-x2,求导可得f′(x)=xex-

2x=x(ex-2),令f′(x)=0可得x=0,x=ln2,则当x<0时,f′(x)>0;
当0<x<ln2时,f′(x)<0;当x>ln2时,f′(x)>0;所以函数f(x)的

单调递增区间是(-≦,0),(ln2,+≦),单调递减区间是(0,ln2).
(2)对f(x)=(x-1)ex-kx2求导可得f′(x)=ex+(x-1)ex-2kx
1 =x(ex-2k),因为k∈ ( ,1] ,所以2k∈(1,2],令f′(x)=0可得 2

x=0,x=ln(2k),显然0<ln(2k)≤ln2而ln2<1.则当0<x<ln(2k)

时,f′(x)<0.当x>ln(2k)时,f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递
增区间是(ln(2k),+≦),单调递减区间是(0,ln(2k)).

令g(k)=ln(2k)-k,则g′(k)= 1 -1 ? 1-k ? 0,
k k

又当k=1时,g′(k)=0,
1 所以g(k)在 ( ,1]上递增, 2

所以g≤ln2-1=ln2-lne<0, 从而ln(2k)<k,所以ln(2k)∈[0,k], 所以当x∈(0,ln(2k))时,f′(x)<0; 当x∈(ln(2k),k)时,f′(x)>0;
所以M ? max{f ? 0 ? ,f ? k ?} ? max{- 1,(k- 1)e k-k 3},

令h(k)=(k-1)ek-k3+1,则h′(k)=k(ek-3k),
令φ(k)=ek-3k,则φ′(k)=ek-3<e-3<0,

所以φ(k)在 ·φ(1)= (e-3)<0, ( ,1]上递减,而φ ( e- ) ( )
所以存在k0∈ 时,φ(k)>0, ( ,1] 使得φ(k0)=0,且当k∈ ( ,k 0)
1 2 1 2

1 2

1 2

3 2

当k∈(k0,1)时,φ(k)<0,
1 所以h(k)在 上单调递增,在(k0,1)上单调递减. ( ,k 0) 2 1 7 因为 h( 1 ) ?? e ? ? 0, h ?1? ? 0, 2 2 8 1 所以h(k)≥0在 ( ,1] 上恒成立,当且仅当k=1时取得“=”. 2

综上,函数f(x)在 [0, k] 上的最大值M=(k-1)ek-k3.


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