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§3.2 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 的根附近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. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若函数 f(x)在(a,b)内单调递增,那么一定有 f′(x)>0.( × ) (2)如果函数 f(x)在某个区间内恒有 f′(x)=0,则 f(x)在此区间内没有单调性.( √ ) (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)=xsinx 有无数个极值点.( √ )

1.函数 f(x)=x2-2lnx 的单调减区间是( A.(0,1) C.(-∞,1) 答案 A

)

B.(1,+∞) D.(-1,1)

2 2?x+1??x-1? 解析 ∵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. 2.(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 C 解析 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 附近的左边 f′(x)<0, x 在 1 附近的右边 f′(x)>0, ∴f(x)在 x=1 处取到极小值.故选 C. 3.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 B 解析 设 m(x)=f(x)-(2x+4), ∵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,+∞). lnx lnx lnx2 4.设 1<x<2,则 ,( )2, 2 的大小关系是__________________.(用“<”连接) x x x B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞) ) )

lnx lnx lnx2 答案 ( )2< < 2 x x x 解析 令 f(x)=x-lnx(1<x<2), 1 x-1 则 f′(x)=1- = >0, x x ∴函数 y=f(x)(1<x<2)为增函数, lnx ∴f(x)>f(1)=1>0,∴x>lnx>0?0< <1, x lnx lnx ∴( )2< . x x lnx2 lnx 2lnx-xlnx ?2-x?lnx 又 2- = = >0, x x x2 x2 lnx 2 lnx lnx2 ∴( ) < < 2 . x x x

题型一 利用导数研究函数的单调性 例 1 已知函数 f(x)=ex-ax-1. (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. 思维点拨 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)=ex-a, (1)若 a≤0,则 f′(x)=ex-a≥0, 即 f(x)在 R 上单调递增, 若 a>0,令 ex-a≥0,则 ex≥a,x≥lna. 因此当 a≤0 时,f(x)的单调增区间为 R, 当 a>0 时,f(x)的单调增区间为[lna,+∞). (2)∵f′(x)=ex-a≤0 在(-2,3)上恒成立. ∴a≥ex 在 x∈(-2,3)上恒成立. ∴e 2<ex<e3,只需 a≥e3.


当 a=e3 时,f′(x)=ex-e3<0 在 x∈(-2,3)上恒成立, 即 f(x)在(-2,3)上为减函数,∴a≥e3. 故存在实数 a≥e3,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参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)内的任一非空子区 间上 f′(x)不恒为零.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)的单调减区间 3 为___________________. 1 (2)若 f(x)=- x2+bln(x+2)在[-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是________. 2 答案 (1)(2,2a) (2)(-∞,-1] 解析 (1)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. (2)转化为 f′(x)=-x+ b ≤0 在[-1,+∞)上恒成立, x+2

即 b≤x(x+2)在[-1,+∞)上恒成立,令 g(x)=x(x+2)=(x+1)2-1, 所以 g(x)min=-1,则 b 的取值范围是(-∞,-1]. 题型二 利用导数求函数的极值 例2 (2014· 福建)已知函数 f(x)=ex-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 a 的值及函数 f(x)的极值; (2)证明:当 x>0 时,x2<ex. (1)解 由 f(x)=ex-ax,得 f′(x)=ex-a. 又 f′(0)=1-a=-1,得 a=2. 所以 f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. 令 f′(x)=0,得 x=ln2. 当 x<ln2 时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x>ln2 时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当 x=ln2 时,f(x)取得极小值, 且极小值 f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,

f(x)无极大值. (2)证明 令 g(x)=ex-x2,则 g′(x)=ex-2x. 由(1)得 g′(x)=f(x)≥f(ln2)>0. 故 g(x)在 R 上单调递增,又 g(0)=1>0, 因此,当 x>0 时,g(x)>g(0)>0,即 x2<ex. 思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是原函数的极值点.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原函数的极值点. (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)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 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. 1+ax2-2ax 解 对 f(x)求导得 f′(x)=e · .① ?1+ax2?2
x

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 利用导数求函数的最值 例 3 (2014· 四川改编)已知函数 f(x)=ex-ax2-bx-1,其中 a,b∈R,e=2.71828?为自然

对数的底数. 设 g(x)是函数 f(x)的导函数,求函数 g(x)在区间[0,1]上的最小值. 解 由 f(x)=ex-ax2-bx-1, 有 g(x)=f′(x)=ex-2ax-b. 所以 g′(x)=ex-2a. 因此,当 x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a].

1 当 a≤ 时,g′(x)≥0, 2 所以 g(x)在[0,1]上单调递增, 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(0)=1-b; e 当 a≥ 时,g′(x)≤0,所以 g(x)在[0,1]上单调递减, 2 因此 g(x)在[0,1]上的最小值是 g(1)=e-2a-b; 1 e 当 <a< 时,令 g′(x)=0 得 x=ln(2a)∈(0,1), 2 2 所以函数 g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减, 在区间[ln(2a),1]上单调递增. 于是,g(x)在[0,1]上的最小值是 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b. 1 综上所述,当 a≤ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 2 g(0)=1-b; 1 e 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 2 2 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; e 当 a≥ 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 2 g(1)=e-2a-b. 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)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值. 解 (1)由题意知 f′(x)=(x-k+1)ex. 令 f′(x)=0,得 x=k-1. f(x)与 f′(x)的情况如下: x f′(x) f(x) (-∞,k-1) - k-1 0 -ek
-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,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,f(x)在[0,1]上单调递增,

所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(0)=-k; 当 0<k-1<1,即 1<k<2 时, f(x)在[0,k-1]上单调递减,在[k-1,1]上单调递增, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(k-1)=-ek 1;


当 k-1≥1,即 k≥2 时,f(x)在[0,1]上单调递减, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e. 综上,当 k≤1 时,f(x)在[0,1]上的最小值为 f(0)=-k; 当 1<k<2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为 f(k-1)=-ek 1;


当 k≥2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e.

利用导数求函数的最值问题 典例:(12 分)已知函数 f(x)=lnx-ax (a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a>0 时,求函数 f(x)在[1,2]上的最小值. 思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间,实质上是求 f′(x)>0,f′(x)<0 的解区间,并注 意定义域.(2)先研究 f(x)在[1,2]上的单调性,再确定最值是端点值还是极值.(3)由于解析式 中含有参数 a,要对参数 a 进行分类讨论. 规范解答 1 解 (1)f′(x)= -a (x>0), x 1 ①当 a≤0 时,f′(x)= -a>0,即函数 f(x)的单调增区间为(0,+∞).[2 分] x 1 1 ②当 a>0 时,令 f′(x)= -a=0,可得 x= , x a 1-ax 1 当 0<x< 时,f′(x)= >0; a x 1-ax 1 当 x> 时,f′(x)= <0, a x 1? 故函数 f(x)的单调递增区间为? ?0,a?, 1 ? 单调递减区间为? ?a,+∞?.[4 分] 1 (2)①当 ≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数,所以 f(x)的最小值是 f(2)=ln2- a

2a.[5 分] 1 1 ②当 ≥2,即 0<a≤ 时,函数 f(x)在区间[1,2]上是增函数,所以 f(x)的最小值是 f(1)=-a.[6 a 2 分] 1? 1 1 ?1 ? ③当 1< <2,即 <a<1 时,函数 f(x)在? ?1,a?上是增函数,在?a,2?上是减函数.又 f(2)-f(1) a 2 =ln2-a, 1 所以当 <a<ln2 时,最小值是 f(1)=-a; 2 当 ln2≤a<1 时,最小值为 f(2)=ln2-2a.[10 分] 综上可知, 当 0<a<ln2 时,函数 f(x)的最小值是-a; 当 a≥ln2 时,函数 f(x)的最小值是 ln2-2a.[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:(求导数)求函数 f(x)的导数 f′(x); 第二步:(求极值)求 f(x)在给定区间上的单调性和极值; 第三步:(求端点值)求 f(x)在给定区间上的端点值; 第四步:(求最值)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)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[1,2]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.注意单调函数的充要条件,尤其对于已知单调性求参数值(范围)时,隐含恒成立思想. 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.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯,可使问题直观且有条理,减少失分的可 能.

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:45 分钟) 1.函数 y=(3-x2)ex 的单调递增区间是( A.(-∞,0) C.(-∞,-3)和(1,+∞) 答案 D 解析 y′=-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3), 由 y′>0?x2+2x-3<0?-3<x<1, 故函数 y=(3-x2)ex 的单调递增区间是(-3,1). 2.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( ) )

B.(0,+∞) D.(-3,1)

答案 C 解析 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. 3.设 a∈R,若函数 y=ex+ax 有大于零的极值点,则( A.a<-1 1 C.a>- e 答案 A 解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. ∵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,-ex<-1,∴a=-ex<-1. 1 4.设函数 f(x)= x2-9lnx 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 B.a≥4 ) B.a>-1 1 D.a<- e )

C.a≤2 答案 A

D.0<a≤3

1 9 解析 ∵f(x)= x2-9lnx,∴f′(x)=x- (x>0), 2 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.已知函数 f(x)=-x3+ax2-4 在 x=2 处取得极值,若 m、n∈[-1,1],则 f(m)+f′(n)的最 小值是( A.-13 C.10 答案 A 解析 对函数 f(x)求导得 f′(x)=-3x2+2ax, 由函数 f(x)在 x=2 处取得极值知 f′(2)=0, 即-3×4+2a×2=0,∴a=3. 由此可得 f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x, 易知 f(x)在[-1,0)上单调递减,在(0,1]上单调递增, ∴当 m∈[-1,1]时,f(m)min=f(0)=-4. 又∵f′(x)=-3x2+6x 的图象开口向下, 且对称轴为 x=1,∴当 n∈[-1,1]时, f′(n)min=f′(-1)=-9. 故 f(m)+f′(n)的最小值为-13. 1 6.函数 y= x2-lnx 的单调递减区间为________. 2 答案 (0,1]
2 1 x -1 ?x-1??x+1? 解析 y′=x- = = (x>0). x x x

) B.-15 D.15

令 y′≤0,得 0<x≤1. ∴函数的单调递减区间为(0,1]. x3 7.函数 f(x)= +x2-3x-4 在[0,2]上的最小值是________. 3 17 答案 - 3 解析 f′(x)=x2+2x-3,令 f′(x)=0,x∈[0,2], 17 得 x=1.比较 f(0)=-4,f(1)=- , 3

10 17 f(2)=- ,可知最小值为- . 3 3 8.已知函数 f(x)的导数 f′(x)=a(x+1)(x-a),若 f(x)在 x=a 处取得极大值,则 a 的取值范 围是________. 答案 (-1,0) 解析 当 a=0 时,则 f′(x)=0,函数 f(x)不存在极值. 当 a≠0 时,令 f′(x)=0,则 x1=-1,x2=a. 若 a=-1, 则 f′(x)=-(x+1)2≤0, 函数 f(x)不存在极值; 若 a>0, 当 x∈(-1, a)时, f′(x)<0, 当 x∈(a,+∞)时,f′(x)>0,所以函数 f(x)在 x=a 处取得极小值,不符合题意; 若-1<a<0,当 x∈(-1,a)时,f′(x)>0,当 x∈(a,+∞)时,f′(x)<0,所以函数 f(x)在 x= a 处取得极大值;若 a<-1,当 x∈(-∞,a)时,f′(x)<0;当 x∈(a,-1)时,f′(x)>0,所 以函数 f(x)在 x=a 处取得极小值,不符合题意.所以 a∈(-1,0). 1 9.已知函数 f(x)= +lnx,求函数 f(x)的极值和单调区间. x 1 1 x-1 解 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). 1 10.设函数 f(x)= x2+ex-xex. 2 (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 x∈[-2,2]时,不等式 f(x)>m 恒成立,求实数 m 的取值范围. 解 (1)函数 f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=x+ex-(ex+xex)=x(1-ex). 若 x<0,则 1-ex>0,∴f′(x)<0; 若 x>0,则 1-ex<0,∴f′(x)<0; 若 x=0,则 f′(x)=0. ∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数, 即 f(x)的单调减区间为(-∞,+∞). (2)由(1)知 f(x)在[-2,2]上单调递减, ∴[f(x)]min=f(2)=2-e2. (0,1) - 1 0 极小值 (1,+∞) +

∴当 m<2-e2 时,不等式 f(x)>m 恒成立. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意的 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集是( A.{x|x>0} C.|x|x<-1 或 x>1| 答案 A 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex-1, 求导得到 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1]. 由已知 f(x)+f′(x)>1,可得到 g′(x)>0, 所以 g(x)为 R 上的增函数; 又 g(0)=e0· f(0)-e0-1=0, 所以 ex· f(x)>ex+1, 即 g(x)>0 的解集为{x|x>0}. 12.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(2016)>e2016f(0) B.f(1)>ef(0),f(2016)>e2016f(0) C.f(1)>ef(0),f(2016)<e2016f(0) D.f(1)<ef(0),f(2016)<e2016f(0) 答案 D f?x? 解析 令 g(x)= x , e f′?x?ex-f?x?ex f′?x?-f?x? f?x? 则 g′(x)=( x )′= = <0, e e2x ex f?x? 所以函数 g(x)= x 是单调减函数, e 所以 g(1)<g(0),g(2016)<g(0), 即 f?1? f?0? f?2016? f?0? < , 2016 < , e1 1 e 1 ) ) B.{x|x<0} D.{x|x<-1 或 0<x<1}

故 f(1)<ef(0),f(2016)<e2016f(0). 13.已知 f(x)=x3-6x2+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________. 答案 ②③ 解析 ∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3),

由 f′(x)<0,得 1<x<3, 由 f′(x)>0,得 x<1 或 x>3, ∴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)=0, ∴y 极大值=f(1)=4-abc>0,y 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. 14.(2013· 福建)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. a 解 函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=1- . x 2 (1)当 a=2 时,f(x)=x-2lnx,f′(x)=1- (x>0), x 因而 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. a x-a (2)由 f′(x)=1- = ,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-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. ex 2 15.(2014· 山东)设函数 f(x)= 2-k( +lnx)(k 为常数,e=2.71828?是自然对数的底数). x x (1)当 k≤0 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求 k 的取值范围. 解 (1)函数 y=f(x)的定义域为(0,+∞).

x2ex-2xex 2 1 f′(x)= -k(- 2+ ) x4 x x = = xex-2ex k?x-2? - x3 x2 ?x-2??ex-kx? . x3

由 k≤0 可得 ex-kx>0, 所以当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数 y=f(x)单调递减; 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数 y=f(x)单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞). (2)由(1)知,k≤0 时,函数 f(x)在(0,2)内单调递减, 故 f(x)在(0,2)内不存在极值点; 当 k>0 时,设函数 g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞). 所以 g′(x)=ex-k=ex-elnk, 当 0<k≤1 时, 当 x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增. 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当 k>1 时, 得 x∈(0,lnk)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减; x∈(lnk,+∞)时,g′(x)>0,函数 y=g(x)单调递增. 所以函数 y=g(x)的最小值为 g(lnk)=k(1-lnk). 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点, g?0?>0, ? ?g?lnk?<0, 当且仅当? g?2?>0, ? ?0<lnk<2. e2 解得 e<k< . 2 e2 综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的取值范围为(e, ). 2


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