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2016-2017新课标创新理数总复习 第三章 导数及其应用



第一节 变化率与导数、导数的计算

考纲要求:1.了解导数概念的实际背景. 2.理解导数的几何意义. 1 3.能根据导数定义求函数 y=c(c 为常数),y=x,y=x2,y=x3,y= 的导数. x 4. 能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数, 能求简单 复合函数(仅限于形如 y=f(ax+b)的复合函数)的导数.

1.导数的概念 (1)函数 y=f(x)在 x=x0 处的导数 设函数 y=f(x),当自变量 x 从 x0 变到 x1 时,函数值从 f(x0)变到 f(x1),函数值 y 关于 x 的 Δy f?x1?-f?x2? f?x0+Δx?-f?x0? 平均变化率为 = = . Δx Δx x1-x0 当 x1 趋于 x0,即 Δx 趋于 0 时,如果平均变化率趋于一个固定的值,那么这个值就是函 数 y=f(x)在 x0 点的瞬时变化率.在数学中,称瞬时变化率为函数 y=f(x)在 x0 点的导数.通 常用符号 f′(x0)表示,记作 f′(x0)=lix → mx 1 0 (2)导数的几何意义 函数 y=f(x)在 x0 处的导数,是曲线 y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线的斜率.函数 y=f(x) 在 x0 处切线的斜率反映了导数的几何意义. (3)函数的导函数 一般地, 如果一个函数 f(x)在区间(a, b)上的每一点 x 处都有导数, 导数值记为 f′(x): f′(x) =li m → 数. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn
Δx 0

f?x1?-f?x0? f?x0+Δx?-f?x0? =li m . → Δx Δx 0 x1-x0

f?x+Δx?-f?x? ,则 f′(x)是关于 x 的函数,称 f′(x)为 f(x)的导函数,通常也简称为导 Δx

2.导数公式及运算法则 (1)导数公式表 原函数 f(x)=c(c 为常数) f(x)=xn(n∈Q) f(x)=sin x f(x)=cos x f(x)=ax f(x)=ex f(x)=logax f(x)=ln x (2)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? f?x? ? f′?x?g?x?-f?x?g′?x? (g(x)≠0). ?g?x??′= [g?x?]2 导函数 f′(x)=0 f′(x)=nxn
-1

f′(x)=cos_x f′(x)=-sin_x f′(x)=axln_a f′(x)=ex 1 f′(x)= xln a 1 f′(x)= x

(3)复合函数的导数 复合函数 y=f(g(x))的导数和函数 y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为 yx′=yu′· ux′,即 y 对 x 的导数等于 y 对 u 的导数与 u 对 x 的导数的乘积. [自我查验] 1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同.( ) ) )

(2)f′(x0)是导函数 f′(x)在 x=x0 处的函数值.( (3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点.( π? π (4)? ?sin 3?′=cos 3.( ) )

1? 1 (5)若(ln x)′= ,则? ?x?′=ln x.( x

(6)函数 f(x)=sin (-x)的导数为 f′(x)=cos x.( (7)y=cos 3x 由函数 y=cos u,u=3x 复合而成.( 答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)×

) )

(6)× (7)√

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2.曲线 y=sin x+ex 在点(0,1)处的切线方程是( A.x-3y+3=0 C.2x-y+1=0 B.x-2y+2=0 D.3x-y+1=0

)

解析:选 C ≧y=sin x+ex,?y′=cos x+ex, ?y′x=0=cos 0+e0=2, ?曲线 y=sin x+ex 在点(0,1)处的切线方程为 y-1=2(x-0),即 2x-y+1=0.故选 C. 3.求下列函数的导数: x3-1 (1)y=x e ;(2)y= . sin x
n x

答案:(1)y′=ex(nxn 1+xn).


3x2sin x-?x3-1?cos x (2)y′= . sin2x

[典题 1] 求下列函数的导数: (1)y=(1- x)?1+

?

1? ; x?

ln x (2)y= ; x (3)y=tan x; (4)y=3xex-2x+e; ln?2x+3? (5)y= 2 . x +1 [听前试做] (1)∵y=(1- x)?1+

?

1? 1 1 1 = - x=x- -x , 2 2 x? x

1 1 1 3 1 1 ∴y′=(x- )′-(x )′=- x- - x- . 2 2 2 2 2 2 1 · x-ln x ln x? ?ln x?′x-x′ln x x 1-ln x ? (2)y′=? x ?′= = = . x2 x2 x2 sin x ? (3)y′=? ?cos x?′ = = ?sin x?′cos x-sin x?cos x?′ cos2x cos xcos x-sin x?-sin x? 1 = 2 . cos2x cos x

(4)y′=(3xex)′-(2x)′+e′=(3x)′ex+3x(ex)′-(2x)′=3x(ln 3)· ex+3xex-2xln 2=(ln 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

3+1)· (3e)x-2xln 2. ?ln?2x+3??′?x2+1?-ln?2x+3??x2+1?′ (5)y′= ?x2+1?2 ?2x+3?′ 2 · ?x +1?-2xln?2x+3? 2x+3 = ?x2+1?2 = 2?x2+1?-2x?2x+3?ln?2x+3? . ?2x+3??x2+1?2

导数的运算方法 (1)连乘积形式:先展开化为多项式的形式,再求导. (2)分式形式:观察函数的结构特征,先化为整式函数或较为简单的分式函数,再求导. (3)对数形式:先化为和、差的形式,再求导. (4)根式形式:先化为分数指数幂的形式,再求导. (5)三角形式:先利用三角函数公式转化为和或差的形式,再求导. (6)复合函数:确定复合关系,由外向内逐层求导.

[典题 2]

(1)(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 (2)已知 f(x)= x2+2xf′(2 016)+2 016ln x,则 f′(2 016)=________. 2 1? [听前试做] (1)f′(x)=a? x?=a(1+ln x).由于 f′(1)=a(1+ln 1)=a,又 f′(1) ?ln x+x· =3,所以 a=3. 2 016 (2)由题意得 f′(x)=x+2f′(2 016)+ , x 2 016 所以 f′(2 016)=2 016+2f′(2 016)+ , 2 016 即 f′(2 016)=-(2 016+1)=-2 017. 答案:(1)3 (2)-2 017

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在求导过程中,要仔细分析函数解析式的特点,紧扣法则,记准公式,预防运算错误.

1.若函数 f(x)=ax4+bx2+c 满足 f′(1)=2,则 f′(-1)等于( A.-1 B.-2 C.2 D.0 解析:选 B ≧f(x)=ax4+bx2+c, ?f′(x)=4ax3+2bx.又 f′(1)=2, ?4a+2b=2, ?f′(-1)=-4a-2b=-2.

)

2.在等比数列{an}中,a1=2,a8=4,函数 f(x)=x(x-a1)· (x-a2)· ?· (x-a8),则 f′(0) 的值为________. 解析:因为 f′(x)=x′· [(x-a1)(x-a2)· ?· (x-a8)]+[(x-a1)(x-a2)· ?· (x-a8)]′· x=(x -a1)· (x-a2)· ?· (x-a8)+[(x-a1)(x-a2)· ?· (x-a8)]′· x,所以 f′(0)=(0-a1)(0-a2)· ?· (0 -a8)+0=a1a2· ?· a8.因为数列{an}为等比数列,所以 a2a7=a3a6=a4a5=a1a8=8,所以 f′(0) =84=212. 答案:212

导数的几何意义是每年高考的必考内容,考查题型既有选择题、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,且主要有以下几个命题角度: 角度一:求切线方程 [典题 3] (1)(2016· 宜春模拟)曲线 y=ex-ln x 在点(1,e)处的切线方程为( A.(1-e)x-y+1=0 C.(e-1)x-y+1=0 B.(1-e)x-y-1=0 D.(e-1)x-y-1=0 )

1 (2)(2016· 铜川模拟)设曲线 y=ex+ ax 在点(0,1)处的切线与直线 x+2y-1=0 垂直,则实 2 数 a=( )

A.3 B.1 C.2 D.0 (3)已知函数 f(x)=x3-4x2+5x-4. ①求曲线 f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

②求经过点 A(2,-2)的曲线 f(x)的切线方程. 1 [听前试做] (1)由于 y′=e- ,所以 y′x=1=e-1,故曲线 y=ex-ln x 在点(1,e)处 x 的切线方程为 y-e=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y+1=0. (2)≧与直线 x+2y-1=0 垂直的直线斜率为 2, 1 ?f′(0)=e0+ a=2,解得 a=2. 2 (3)①≧f′(x)=3x2-8x+5, ?f′(2)=1,又 f(2)=-2, ?曲线 f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-(-2)=x-2, 即 x-y-4=0.
2 ②设切点坐标为(x0,x3 0-4x0+5x0-4),

≧f′(x0)=3x2 0-8x0+5, ?切线方程为 y-(-2)=(3x2 0-8x0+5)(x-2),
2 又切线过点(x0,x3 0-4x0+5x0-4), 3 2 ?x0 -4x2 0+5x0-2=(3x0-8x0+5)(x0-2),

整理得(x0-2)2(x0-1)=0, 解得 x0=2 或 x0=1, ?经过 A(2,-2)的曲线 f(x)的切线方程为 x-y-4=0 或 y+2=0. 答案:(1)C (2)C 角度二:求切点坐标 1 [典题 4] (2015· 陕西高考)设曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y= (x>0)上点 P 处的 x 切线垂直,则 P 的坐标为________. [听前试做] y′=ex,曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线的斜率 k1=e0=1,设 P(m,n),y= 1 1 1 1 (x>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 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). 答案:(1,1) 角度三:求参数的值 [典题 5] (1)若曲线 f(x)=acos x 与曲线 g(x)=x2+bx+1 在交点(0,m)处有公切线,则 a +b=( )

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A.-1 B.0 C.1 D.2

(2)(2015· 新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=ax3+x+1 的图像在点(1,f(1))处的切线过点 (2,7),则 a=________. (3)(2015· 新课标全国卷Ⅱ)已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax2+(a+2)x +1 相切,则 a=________. [听前试做] (1)≧两曲线的交点为(0,m),
?m=a, ? ?? 即 a=1, ? ?m=1,

?f(x)=cos x,?f′(x)=-sin x, 则 f′(0)=0,f(0)=1. 又 g′(x)=2x+b,?g′(0)=b, ?b=0,?a+b=1. (2)≧f′(x)=3ax2+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. 1 (3)法一:≧y=x+ln x,?y′=1+ ,y′x=1=2. x ?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=ax2+(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).
?y=2x-1, ? 由? 消去 y,得 ax2+ax+2=0. 2 ?y=ax +?a+2?x+1, ?

由 Δ=a2-8a=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=ax2+(a+2)x+1 相切于点(x0,ax2 0+(a+2)x0+1).≧y′=2ax+ (a+2), ?y′x=x0=2ax0+(a+2).

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? ?2ax0+?a+2?=2, ?x0=-2, ? 由? 2 解得? ? ?ax0+?a+2?x0+1=2x0-1, ? ?a=8.
答案:(1)C (2)1 (3)8

1

(1)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.(如角度一) (2)已知斜率 k,求切点 A(x0,f(x0)),即解方程 f′(x0)=k.(如角度二) (3)①根据导数的几何意义求参数的值时,一般是利用切点 P(x0,y0)既在曲线上又在切线 上构造方程组求解. ②当切线方程中 x(或 y)的系数含有字母参数时,则切线恒过定点.(如角度三)

———————————[课堂归纳——感悟提升]———————————————— [方法技巧] 1. f′(x0)代表函数 f(x)在 x=x0 处的导数值; (f(x0))′是函数值 f(x0)的导数, 而函数值 f(x0) 是一个常数,其导数一定为 0,即(f(x0))′=0. 2.对于函数求导,一般要遵循先化简再求导的基本原则.求导时,不但要重视求导法则 的应用,而且要特别注意求导法则对求导的制约作用,在实施化简时,首先必须注意变换的 等价性,避免不必要的运算失误. 3.奇函数的导数是偶函数,偶函数的导数是奇函数,周期函数的导数还是周期函数. [易错防范] 1. 曲线 y=f(x)“在点 P(x0, y0)处的切线”与“过点 P(x0, y0)的切线”的区别: 前者 P(x0, y0)为切点,而后者 P(x0,y0)不一定为切点. 2.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. 3.直线与曲线公共点的个数不是切线的本质,直线与曲线只有一个公共点,直线不一定 是曲线的切线,同样,直线是曲线的切线,则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点. 4.曲线未必在其切线的同侧,如曲线 y=x3 在其过(0,0)点的切线 y=0 的两侧.

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[全盘巩固] 一、选择题 1.曲线 y=ex 在点 A(0,1)处的切线斜率为( 1 A.1 B.2 C.e D. e 解析:选 A 由题意知 y′=ex,故所求切线斜率 k=exx=0=e0=1. π? 1 2.(2016· 抚州模拟)已知函数 f(x)= cos x,则 f(π)+f′? ?2?=( x 3 A.- 2 π 1 B.- 2 π 3 1 C.- D.- π π ) )

π? 1 1 1 2 3 解析:选 C ≧f′(x)=- 2cos x+ (-sin x),?f(π)+f′? (-1)=- . ?2?=-π+π· x x π 1+cos x π ? 3. 设曲线 y= 在点? 则实数 a 等于( ?2,1?处的切线与直线 x-ay+1=0 平行, sin x 1 A.-1 B. C.-2 D.2 2 -1-cos x π 1 解析:选 A ≧y′= ,?y′x= =-1,由条件知 =-1,?a=-1. sin2x 2 a 1 4.(2016· 西安模拟)设直线 y= x+b 是曲线 y=ln x(x>0)的一条切线,则实数 b 的值为 2 ( ) A.ln 2-1 B.ln 2-2 C.2ln 2-1 D.2ln 2-2 1 1 解析:选 A 设切点坐标为(x0,ln x0),则 = ,即 x0=2,?切点坐标为(2,ln 2),又 x0 2 1 切点在直线 y= x+b 上,?ln 2=1+b,即 b=ln 2-1. 2 5.(2016· 上饶模拟)若点 P 是曲线 y=x2-ln x 上任意一点,则点 P 到直线 y=x-2 的最 小值为( ) C. 2 2 D. 3 )

A.1 B. 2

1 解析:选 B 因为定义域为(0,+∞),所以 y′=2x- =1,解得 x=1,则在 P(1,1)处 x 的切线方程为 x-y=0,所以两平行线间的距离为 d= 二、填空题 6.已知函数 f(x)=xln x,若 f′(x0)=2,则 x0=________. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn 2 = 2. 2

解析:f′(x)=ln x+1,由 f′(x0)=2,即 ln x0+1=2,解得 x0=e. 答案:e 7.若直线 l 与幂函数 y=xn 的图像相切于点 A(2,8),则直线 l 的方程为________. 解析: 由题意知, A(2,8)在 y=xn 上, ?2n=8, ?n=3, ?y′=3x2, 直线 l 的斜率 k=3×22 =12,又直线 l 过点(2,8).?y-8=12(x-2),即直线 l 的方程为 12x-y-16=0. 答案:12x-y-16=0 8.(2016· 商洛模拟)在平面直角坐标系 xOy 中,点 M 在曲线 C:y=x3-x 上,且在第二 象限内,已知曲线 C 在点 M 处的切线的斜率为 2,则点 M 的坐标为________. 解析:≧y′=3x2-1,曲线 C 在点 M 处的切线的斜率为 2,?3x2-1=2,x=± 1,又≧ 点 M 在第二象限,?x=-1,?y=(-1)3-(-1)=0,?M 点的坐标为(-1,0). 答案:(-1,0) 三、解答题 9.已知函数 f(x)=x3+x-16. (1)求曲线 y=f(x)在点(2,-6)处的切线的方程; (2)直线 l 为曲线 y=f(x)的切线,且经过原点,求直线 l 的方程及切点坐标. 解:(1)可判定点(2,-6)在曲线 y=f(x)上. ≧f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1, ?f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为 k=f′(2)=13. ?切线的方程为 y+6=13(x-2), 即 y=13x-32. (2)设切点坐标为(x0,y0),
3 则直线 l 的斜率为 f′(x0)=3x2 0+1,y0=x0+x0-16, 2 ?直线 l 的方程为 y=(3x0 +1)(x-x0)+x3 0+x0-16.

又≧直线 l 过原点(0,0),
2 3 ?0=(3x0 +1)(-x0)+x3 0+x0-16,整理得,x0=-8,

?x0=-2, ?y0=(-2)3+(-2)-16=-26,得切点坐标(-2,-26),k=3×(-2)2+1=13. ?直线 l 的方程为 y=13x,切点坐标为(-2,-26). 10.设函数 y=x2-2x+2 的图像为 C1,函数 y=-x2+ax+b 的图像为 C2,已知过 C1 与 C2 的一个交点的两切线互相垂直,求 a+b 的值. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

解:对于 C1:y=x2-2x+2,有 y′=2x-2, 对于 C2:y=-x2+ax+b,有 y′=-2x+a, 设 C1 与 C2 的一个交点为(x0,y0), 由题意知过交点(x0,y0)的两条切线互相垂直. ?(2x0-2)· (-2x0+a)=-1, 即 4x2 0-2(a+2)x0+2a-1=0,① 又点(x0,y0)在 C1 与 C2 上,
2 ?y0=x0 -2x0+2, ? 故有? 2 ? ?y0=-x0+ax0+b,

?2x2 0-(a+2)x0+2-b=0.② 5 由①②消去 x0,可得 a+b= . 2 [冲击名校] 1 1. 下面四个图像中, 有一个是函数 f(x)= x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R)的导函数 y=f′(x) 3 的图像,则 f(-1)=( )

1 A. 3

2 7 1 5 B.- C. D.- 或 3 3 3 3

解析: 选 D ≧f′(x)=x2+2ax+a2-1, ?f′(x)的图像开口向上, 则②④排除. 若 f′(x) 5 的图像为①,此时 a=0,f(-1)= ;若 f′(x)的图像为③,此时 a2-1=0,又对称轴 x=-a 3 1 >0,?a=-1,?f(-1)=- . 3 2.已知曲线 C:f(x)=x3-ax+a,若过曲线 C 外一点 A(1,0)引曲线 C 的两条切线,它们 的倾斜角互补,则 a 的值为( 27 A. 8 ) 27 8

B.-2 C.2 D.-

解析: 选 A 设切点坐标为(t, t3-at+a). 由题意知, f′(x)=3x2-a, 切线的斜率 k=y′x
=t

=3t2-a ①, 所以切线方程为 y-(t3-at+a)=(3t2-a)(x-t) ②.将点 A(1,0)代入②式得-

3 3 (t3-at+a)=(3t2-a)(1-t),解得 t=0 或 t= .分别将 t=0 和 t= 代入①式,得 k=-a 和 k 2 2 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

27 27 = -a,由题意得它们互为相反数,故 a= . 4 8 3.函数 f(x)=ex+x2+x+1 与 g(x)的图像关于直线 2x-y-3=0 对称,P,Q 分别是函数 f(x),g(x)图像上的动点,则|PQ|的最小值为( A. 5 5 2 5 B. 5 C. 5 D.2 5 )

解析:选 D 因为 f(x)与 g(x)的图像关于直线 2x-y-3=0 对称,所以当 f(x)与 g(x)在 P, Q 处的切线与 2x-y-3=0 平行时,|PQ|的长度最小.f′(x)=ex+2x+1,令 ex+2x+1=2, 得 x=0,此时 P(0,2),且 P 到 2x-y-3=0 的距离为 5,所以|PQ|min=2 5. 4.若曲线 f(x)=ax3+ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是________. 1 1 解析:由题意,可知 f′(x)=3ax2+ ,又存在垂直于 y 轴的切线,所以 3ax2+ =0,即 x x 1 a=- 3(x>0),故 a∈(-∞,0). 3x 答案:(-∞,0) 1 5.已知函数 f(x)= x3-2x2+3x(x∈R)的图像为曲线 C. 3 (1)求过曲线 C 上任意一点切线斜率的取值范围; (2)若在曲线 C 上存在两条相互垂直的切线, 求其中一条切线与曲线 C 的切点的横坐标的 取值范围. 解:(1)由题意得 f′(x)=x2-4x+3, 则 f′(x)=(x-2)2-1≥-1, 即过曲线 C 上任意一点切线斜率的取值范围是[-1,+∞). (2)设曲线 C 的其中一条切线的斜率为 k, k≥-1, ? ? 则由(2)中条件并结合(1)中结论可知,? 1 ? ?-k≥-1, 解得-1≤k<0 或 k≥1, 故由-1≤x2-4x+3<0 或 x2-4x+3≥1,得 x∈(-∞, 2- 2] ∪(1,3)∪[2+ 2,+∞).

第二节 导数与函数的单调性、极值、最值
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考纲要求: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 (其中多项式函数一般不超过三次);会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一 般不超过三次).

1.函数的单调性与导数

2.函数的极值与导数 (1)极大值: 在包含 x0 的一个区间(a,b)内,函数 y=f(x)在任何一点的函数值都小于 x0 点的函数值, 称点 x0 为函数 y=f(x)的极大值点,其函数值 f(x0)为函数的极大值. (2)极小值: 在包含 x0 的一个区间(a,b)内,函数 y=f(x)在任何一点的函数值都大于 x0 点的函数值, 称点 x0 为函数 y=f(x)的极小值点,其函数值 f(x0)为函数的极小值. (3)极值: 极大值与极小值统称为极值,极大值点与极小值点统称为极值点. 3.函数的最值与导数 (1)函数 f(x)在[a,b]上有最值的条件: 一般地,如果在区间[a,b]上,函数 y=f(x)的图像是一条连续不断的曲线,那么它必有 最大值和最小值. (2)求函数 y=f(x)在[a,b]上的最大值与最小值的步骤为 ①求函数 y=f(x)在(a,b)内的极值; ②将函数 y=f(x)的各极值与端点处的函数值 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值, 最小的一个是最小值.

[自我查验] 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件.( ) )

(2)函数的导数越小,函数的变化越慢,函数的图像就越“平缓”.( (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)函数的极大值一定是函数的最大值.( (6)开区间上的单调连续函数无最值.( 答案:(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× ) (6)√ )

2.函数 f(x)=ex-x 的减区间为________. 答案:(-∞,0) 3.已知 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)上是增函数,则 a 的最大值是________. 答案:3 1 4.函数 f(x)= x3-4x+4 的极大值为________. 3 28 答案: 3 5.函数 y=2x3-2x2 在区间[-1,2]上的最大值是________. 2 解析:y′=6x2-4x,令 y′=0,得 x=0 或 x= . 3 2? 8 ≧f(-1)=-4,f(0)=0,f? ?3?=-27,f(2)=8. ?最大值为 8. 答案:8

1 a [典题 1] 设函数 f(x)= x3- x2+bx+c,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y= 3 2 1. (1)求 b,c 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)设函数 g(x)=f(x)+2x,且 g(x)在区间(-2,-1)内为单调递减函数,求实数 a 的取值 范围.

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[听前试做] (1)f′(x)=x2-ax+b,
?f?0?=1, ?c=1, ? ? 由题意得? 即? ? ? ?f′?0?=0, ?b=0.

(2)由(1)得,f′(x)=x2-ax=x(x-a). ①当 a=0 时,f′(x)=x2≥0 恒成立,即函数 f(x)在(-∞,+∞)内为单调增函数. ②当 a>0 时,由 f′(x)>0 得,x>a 或 x<0;由 f′(x)<0 得 0<x<a. 即函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,0),(a,+∞),单调递减区间为(0,a). ③当 a<0 时,由 f′(x)>0 得,x>0 或 x<a;由 f′(x)<0 得,a<x<0. 即函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,a),(0,+∞),单调递减区间为(a,0). (3)≧g′(x)=f′(x)+2=x2-ax+2,且 g(x)在(-2,-1)内为减函数, ?g′(x)≤0,即 x2-ax+2≤0 在(-2,-1)内恒成立,
? ?g′?-2?≤0, ?? ?g′?-1?≤0, ? ? ?4+2a+2≤0, 即? ?1+a+2≤0, ?

解得 a≤-3, 即实数 a 的取值范围为(-∞,-3]. [探究 1] 在本例(3)中,若 g(x)的单调减区间为(-2,-1),如何求解? 解:≧g(x)的单调减区间为(-2,-1), ?x1=-2,x2=-1 是 g′(x)=0 的两个根, ?(-2)+(-1)=a,即 a=-3. [探究 2] 在本例(3)中,若 g(x)在区间(-2,-1)内存在单调递减区间,如何求解? 解:g′(x)=x2-ax+2, 依题意,存在 x∈(-2,-1), 使不等式 g′(x)=x2-ax+2<0 成立, 2? 即 x∈(-2,-1)时,a<? ?x+x?max=-2 2, 2 当且仅当 x= 即 x=- 2时等号成立. x 所以满足要求的 a 的取值范围是(-∞,-2 2). [探究 3] 在本例(3)中,若 g(x)在区间(-2,-1)内不单调,如何求解? 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

解:≧g(x)在(-2,-1)内不单调,g′(x)=x2-ax+2,

? ? ?g′(-2)· g′(-1)<0 或?Δ>0, ′?-2?>0, ?g ? g′?-1?>0.
由 g′(-2)· g′(-1)<0,得(6+2a)· (3+a)<0,无解.

a -2< <-1, 2

? ? 由?Δ>0, g′?-2?>0, ? ?g′?-1?>0,

a -2< <-1, 2

-4<a<-2, ? ?a -8>0, 得? 6+2a>0, ? ?3+a>0,
2

?-4<a<-2, ? 即?a>2 2或a<-2 2, ? ?a>-3,

解得-3<a<-2 2,

即实数 a 的取值范围为(-3,-2 2). [探究 4] 在本例(3)中,若函数 g(x)在 R 上为单调函数,如何求解? 解:≧g′(x)=x2-ax+2, ?要使 g(x)在 R 上为单调函数,则 g′(x)≥0 恒成立, ?Δ=a2-8≤0,即 a2≤8, ?-2 2≤a≤2 2. 即实数 a 的取值范围为[-2 2,2 2 ]. [解题模板] 利用导数求函数单调区间的步骤

特别提醒:若可导函数 f(x)在指定的区间 D 上单调递增(减),求参数范围问题,可转化 为 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0)恒成立问题,从而构建不等式,要注意“=”不能省略,否则可能

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会漏解.

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,且主要有以下几个命题角度: 角度一:求函数的极值 1+ln x [典题 2] (2016· 九江模拟)已知函数 f(x)= (k≠0).求函数 f(x)的极值. kx 1+ln x [听前试做] f(x)= ,其定义域为(0,+∞), kx ln x 则 f′(x)=- 2 . kx 令 f′(x)=0,得 x=1, 当 k>0 时,若 0<x<1,则 f′(x)>0; 若 x>1,则 f′(x)<0, 1 ?f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,即当 x=1 时,函数 f(x)取得极大值 . k 当 k<0 时,若 0<x<1, 则 f′(x)<0; 若 x>1,则 f′(x)>0, 1 ?f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,即当 x=1 时,函数 f(x)取得极小值 . k [解题模板] 利用导数求函数极值的步骤

角度二:已知极值求参数 [典题 3] (1)(2016· 金华十校联考)已知函数 f(x)=x(ln x-ax)有两个极值点,则实数 a 的 取值范围是________. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

1 (2)(2016· 上饶模拟)设函数 f(x)=ln x- ax2-bx,若 x=1 是 f(x)的极大值点,则 a 的取值 2 范围为________. 1 ? ln x+1 -a =ln x+1-2ax, [听前试做] (1)f′(x)=(ln x-ax)+x? 令 f ′ ( x ) = 0 , 得 2 a = . x ? ? x ln x+1 ln x 设 φ(x)= ,则 φ′(x)=- 2 ,易知 φ(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, x x 所以 φ(x)max=φ(1)=1,

则 φ(x)的大致图像如图所示,若函数 f(x)有两个极值点,则直线 y=2a 和 y=φ(x)的图像 1 有两个交点,所以 0<2a<1,得 0<a< . 2 1 1 (2)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -ax-b,由 f′(1)=0,得 b=1-a.?f′(x)= - x x ax+a-1= -ax2+1+ax-x .①若 a≥0,当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 x>1 时,f′(x)<0, x 1 f(x)单调递减,所以 x=1 是 f(x)的极大值点.②若 a<0,由 f′(x)=0,得 x=1 或 x=- .因为 a 1 x=1 是 f(x)的极大值点,所以- >1,解得-1<a<0.综合①②得 a 的取值范围是 a>-1. a 1? 答案:(1)? ?0,2? (2)(-1,+∞)

(1)可导函数 y=f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)=0, 且在 x0 左侧与右侧 f′(x) 的符号不同. (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.

[典题 4] (2015· 新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

(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 [听前试做] (1)f(x)的定义域为(0,+≦),f′(x)= -a.若 a≤0,则 f′(x)>0,所

x

以 f(x)在(0,+≦)上单调递增.

? 1? 若 a>0,则当 x∈?0, ?时,f′(x)>0; ?
a?

?1 ? f′(x)<0.所以 f(x)在?0,1?上单调递增, ?1 ? 当 x∈? ,+≦?时, 在? ,+≦?上单调递减. ? ? ?a ? ?
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).
[解题模板] 利用导数求函数最值的步骤

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) (-∞,k-1) - k-1 0 (k-1,+∞) +

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f(x)

?

-ek

-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. ———————————[课堂归纳——感悟提升]———————————————— [方法技巧] 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.若函数 f(x)的图像连续不断,则 f(x)在[a,b]内一定有最值. 4.若函数 f(x)在[a,b]内是单调函数,则 f(x)一定在区间端点处取得最值. 5.若函数 f(x)在开区间(a,b)内只有一个极值点,则相应的极值点一定是函数的最值点. [易错防范] 1.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. 2.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.

[全盘巩固] 一、选择题 1. 已知函数 f(x)的导函数 f′(x)=ax2+bx+c 的图像如图所示, 则 f(x)的图像可能是( )

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解析:选 D

当 x<0 时,由导函数 f′(x)=ax2+bx+c<0,知相应的函数 f(x)在该区间内

单调递减;当 x>0 时,由导函数 f′(x)=ax2+bx+c 的图像可知,导函数在区间(0,x1)内的 值是大于 0 的,则在此区间内函数 f(x)单调递增. 1 2.函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(0,1) B.(0,+∞) C.(1,+∞) D.(0,2)
2 x2-1 1 1 x -1 解析: 选 A 对于函数 y= x2-ln x, 易得其定义域为{x|x>0}, y′=x- = , 令 2 x x x

)

1 <0,又 x>0,所以 x2-1<0,解得 0<x<1,即函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为(0,1). 2 3.(2016· 汉中模拟)已知函数 f(x)=(2x-x2)ex,则( A.f( 2)是 f(x)的极大值也是最大值 B.f( 2)是 f(x)的极大值但不是最大值 C.f(- 2)是 f(x)的极小值也是最小值 D.f(x)没有最大值也没有最小值 解析: 选 A 由题意得 f′(x) = (2 - 2x)ex + (2x - x2)ex = (2 - x2)ex ,当- 2<x< 2 时, )

f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;当 x<- 2或 x> 2时,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减,所以 f(x) 在 x= 2处取得极大值 f( 2)=2( 2-1)e 1)e


2

>0,在 x=- 2处取得极小值 f(- 2)=2(- 2-

2

<0,又当 x<0 时,f(x)=(2x-x2)ex<0,所以 f( 2)是 f(x)的极大值也是最大值. )

4.函数 f(x)=ln x-x 在区间(0,e]上的最大值为( A.1-e B.-1 C.-e D.0

1-x 1 解析: 选 B 因为 f′(x)= -1= , 当 x∈(0,1)时, f′(x)>0; 当 x∈(1, e]时, f′(x)<0, x x 所以 f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,e],所以当 x=1 时,f(x)取得最大值 ln 1-1=-1.

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1 5.已知函数 f(x)=x+ 在(-∞,-1)上单调递增,则实数 a 的取值范围是( ax A.[1,+∞) B.(-∞,0)∪(0,1] C.(0,1] D.(-∞,0)∪[1,+∞)

)

1 1 解析:选 D 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 1 增,则 f′(x)≥0 在(-∞,-1)上恒成立,即 ≤x2 在(-∞,-1)上恒成立.由于当 x<-1 时, a 1 x2>1,则有 ≤1,解得 a≥1 或 a<0. a 二、填空题 6.(2016· 上饶模拟)f(x)=x3-3x+a 有 3 个不同的零点,则 a 的取值范围是________. 解析:由 f′(x)=3x2-3>0,解得单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),f′(x)<0 得
? ?f?1?<0, 单调递减区间为(-1,1).要有 3 个不同零点需满足? 解得 a∈(-2,2). ?f?-1?>0, ?

答案:(-2,2) 7.若函数 f(x)=x3-12x 在区间(k-1,k+1)上不是单调函数,则实数 k 的取值范围是 ________. 解析: 因为 y′=3x2-12, 由 y′>0, 得函数的增区间是(-∞, -2)及(2, +∞), 由 y′<0, 得函数的减区间是(-2,2),由于函数在(k-1,k+1)上不是单调函数,所以 k-1<-2<k+1 或 k-1<2<k+1,解得-3<k<-1 或 1<k<3. 答案:(-3,-1)∪(1,3) x2 x3 x4 x2 014 x2 015 8.已知函数 f(x)=1+x- + - +?- + ,若函数 f(x)的零点均在[a, 2 3 4 2 014 2 015 b](a<b,a,b∈Z)内,则 b-a 的最小值是________. 1+ x ? ? ,x≠-1, 2 3 2 014 解析:f′(x)=1-x+x -x +?+x =? 1+x 当 x>-1 时,f′(x)>0, ? ?2 014,x=-1, 当 x<-1 时,f′(x)>0,所以 f(x)单调递增,而 f(0)=1,f(-1)<0,所以 f(x)存在唯一零点 x0 ∈(-1,0),当 a=-1,b=0 时,b-a 取得最小值 1. 答案:1 三、解答题 2 9.已知函数 f(x)=x- +1-aln x,a>0.讨论 f(x)的单调性. x 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn
2 015

2 2 a x -ax+2 解:由题意知,f(x)的定义域是(0,+∞),导函数 f′(x)=1+ 2- = . x x x2

设 g(x)=x2-ax+2,二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a2-8. ①当 Δ<0,即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′(x)>0. 此时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数. ②当 Δ=0, 即 a=2 2 时, 仅对 x= 2有 f′(x)=0, 对其余的 x>0 都有 f′(x)>0.此时 f(x) 是(0,+∞)上的单调递增函数. ③当 Δ>0, 即 a>2 2时, 方程 g(x)=0 有两个不同的实根 x1= 0<x1<x2. 所以 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表: x f′(x) f(x) ? (0,x1) + x1 0 极大值 (x1,x2) - ? x2 0 极小值 ? (x2,+∞) + a- a2-8 a+ a2-8 , x2= , 2 2

2 2 ? a- a2-8? 上单调递增,在 a- a -8 , a+ a -8 上单调递减,在 此时 f(x) 在 ?0, ? 2 2 2 ? ?

?a+ a2-8 ? ? ,+∞?上单调递增. 2 ? ?
1 10.(2016· 衡阳模拟)已知函数 f(x)=x- -aln x. x (1)若 f(x)无极值点,求 a 的取值范围; 1 (2)设 g(x)=x+ -(ln x)a,当 a 取(1)中的最大值时,求 g(x)的最小值. x
2 1 a x -ax+1 解:(1)由题意 f′(x)=1+ 2- = . x x x2

1 由于 f(x)无极值点,故 x2-ax+1≥0 在(0,+∞)上恒成立,即 a≤x+ ,x∈(0,+∞) x 恒成立, 1? 1 又 x+ ≥2(x=1 时取等号),即? ?x+x?min=2,所以 a≤2.即 a 的取值范围为(-∞,2]. x 1 (2)当 a=2 时,g(x)=x+ -(ln x)2, x
2 1 1 x -2xln x-1 g′(x)=1- 2-2ln x· = . x x x2

设 k(x)=x2-2xln x-1. k′(x)=2x-2ln x-2=2(x-1-ln x),

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下面证明 ln x≤x-1. 1-x 1 设 m(x)=ln x-x+1,m′(x)= -1= , x x x∈(0,1)时,m′(x)>0,m(x)单调递增, x∈(1,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减, ∴m(x)≤m(1)=0,即 ln x≤x-1. ∴k′(x)≥0,故 k(x)在(0,+∞)上单调递增, 又 k(1)=0,所以 x∈(0,1)时,k(x)<0,g′(x)<0,g(x)单调递减, x∈(1,+∞)时,k(x)>0,g′(x)>0,g(x)单调递增, ∴g(x)≥g(1)=2,故 g(x)的最小值为 2. [冲击名校] 1.(2016· 渭南模拟)设 f(x)在定义域内可导,其图像如右图所示,则导函数 f′(x)的图像 可能是( )

解析:选 B 由 f(x)的图像可知,当 x<0 时,是减函数,f′(x)<0,排除 C、D 两项,当 x>0 时,函数的单调性是先减后增再减.?当 x→∞时,f′(x)<0,故选 B. f?x? 2.已知定义域为 R 的奇函数 y=f(x)的导函数为 y=f′(x),当 x≠0 时,f′(x)+ >0, x 1 1? ?ln1?f?ln1?,则 a,b,c 的大小关系正确的是( 若 a= f? , b =- 2 f ( - 2) , c = ? 2? ? 2? 2 ?2? A.a<c<b C.a<b<c B.b<c<a D.c<a<b )

解析:选 A 构造函数 h(x)=xf(x),?h′(x)=f(x)+x· f′(x),≧y=f(x)是定义在实数集 R 上的奇函数,?h(x)是定义在实数集 R 上的偶函数,当 x>0 时,h′(x)=f(x)+x· f′(x)>0, 此时函数 h(x)单调递增. 1? ? 1? 1? 1 1? ?1? ≧a= f? =h ,b=-2f(-2)=2f(2)=h(2),c=? f?ln2?=h? ?ln2?· ?ln2?=h(-ln 2)=h(ln 2 ?2? ?2?

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1 2),又 2>ln 2> ,?b>c>a. 2 3.若不等式 2y2-x2≥c(x2-xy)对任意满足 x>y>0 的实数 x,y 恒成立,则实数 c 的最大 值为________. x2 2 - y2 2y2-x2 x 解析:由 x>y>0,2y2-x2≥c(x2-xy)得 c≤ 2 ,即 c≤ 2 .设 t= ,则 t>1,令 g(t)= x x y x -xy - y2 y 2-t2 -t2+t+2-t 2-t = =-1+ 2 , t2-t t2-t t -t -?t2-t?-?2t-1??2-t? t2-4t+2 g′(t)= = 2 ,当 1<t<2+ 2时,g′(t)<0,当 t>2+ 2时, ?t2-t?2 ?t -t?2 g′(t)>0,所以 g(t)min=g(2+ 2)=2 2-4.则 c≤2 2-4,即实数 c 的最大值为 2 2-4. 答案:2 2-4 4.(2016· 烟台模拟)已知函数 f(x)=ax-2x(a>0,且 a≠1). (1)当 a=2 时,求曲线 f(x)在点 P(2,f(2))处的切线方程; (2)若 f(x)的值恒非负,试求 a 的取值范围; (3)若函数 f(x)存在极小值 g(a),求 g(a)的最大值. 解:(1)当 a=2 时,f(x)=2x-2x, 所以 f′(x)=2xln 2-2,所以 f′(2)=4ln 2-2, 又 f(2)=0,所以所求切线方程为 y=(4ln 2-2)(x-2). (2)当 x≤0 时,f(x)≥0 恒成立; 当 x>0 时,若 0<a<1,则 x>1 时, f(x)<1-2<0,与题意矛盾,故 a>1. 由 f(x)≥0 知 ax≥2x,所以 xln a≥ln(2x), ln?2x? 所以 ln a≥ . x 1 ×2×x-ln?2x? 2x 1-ln?2x? ln?2x? e 令 g(x)= ,则 g′(x)= = ,令 g′(x)=0,则 x= , x x2 x2 2 e e 且 0<x< 时,g′(x)>0,x> 时,g′(x)<0, 2 2 e? ln e 2 则 g(x)max=g? ?2?= e =e, 2 2 2 2 所以 ln a≥ ,a≥e ,即 a 的取值范围为[e ,+∞). e e e 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

(3)f′(x)=axln a-2, ①当 0<a<1 时,ax>0,ln a<0,则 f′(x)<0, 所以 f(x)在 R 上为减函数,f(x)无极小值. 2 ②当 a>1 时,设方程 f′(x)=0 的根为 t,得 at= , ln a 2 ln a 2 即 t=loga = , ln a ln a ln 所以 f(x)在(-∞,t)上为减函数,在(t,+∞)上为增函数,所以 f(x)的极小值为 f(t)=at 2 ln ln a 2 -2t= -2 , ln a ln a 2 ln ln a 2 2 即 g(a)= -2 ,又 a>1,所以 >0. ln a ln a ln a 1 设 h(x)=x-xln x,x>0,则 h′(x)=1-ln x-x· =-ln x, x 令 h′(x)=0,得 x=1, 所以 h(x)在(0,1)上为增函数,在(1,+∞)上为减函数, 所以 h(x)的最大值为 h(1)=1, 即 g(a)的最大值为 1,此时 a=e2.

第三节 导数的综合应用

x2 [典题 1] (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. x2 [听前试做] (1)由 f(x)= -kln x(k>0), 2
2 k x -k 得 x>0 且 f′(x)=x- = . x x

由 f′(x)=0,解得 x= k(负值舍去). 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

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?1-ln k? 2

( k,+∞) + ?

所以,f(x)的单调递减区间是(0, k),单调递增区间是( k,+∞). f(x)在 x= k处取得极小值 f( k)= k?1-ln k? . 2

k?1-ln k? (2)证明:由(1)知,f(x)在区间(0,+∞)上的最小值为 f( k)= . 2 k?1-ln k? 因为 f(x)存在零点,所以 ≤0,从而 k≥e. 2 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. e-k 1 当 k>e 时,f(x)在区间(1, e ]上单调递减,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.

用导数研究函数的零点,一方面用导数判断函数的单调性,借助零点存在性定理判断; 另一方面,也可将零点问题转化为函数图像的交点问题,利用数形结合来解决.

1 (2016· 潍坊模拟)已知函数 f(x)= x2,g(x)=aln x(a>0). 2 (1)求函数 F(x)=f(x)· g(x)的极值; 1 ? (2)若函数 G(x)=f(x)-g(x)+(a-1)x 在区间? ?e,e?内有两个零点,求实数 a 的取值范围. 1 1 1 解:(1)由题意知,F(x)=f(x)· g(x)= ax2ln x,F′(x)=axln x+ ax= ax(2ln x+1), 2 2 2 1 1 由 F′(x)>0 得 x>e- ,由 F′(x)<0 得 0<x<e- , 2 2 1? 1 ? 1 ? 故 F(x)在? ?0,e-2?上单调递减,在?e-2,+∞?上单调递增,所以 x=e-2为 F(x)的极 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

小值点, 1 a F(x)极小值=F(e- )=- ,无极大值. 2 4e ?x+a??x-1? 1 a (2)G(x)= x2-aln x+(a-1)x,G′(x)=x- +a-1= , 2 x x 由 G′(x)=0,得 x=1 或 x=-a(舍去), 当 x∈(0,1)时,G′(x)<0,G(x)单调递减, 当 x∈(1,+∞)时,G′(x)>0,G(x)单调递增, 1 ? 要使 G(x)在区间? ? e,e?内有两个零点,

? ? ? ?G?e?>0, 需满足?G?1?<0, ? ?G?e?>0,

1

? ?1 即? +a-1<0, 2 ? ?e2 +?a-1?e-a>0,
2

1 a-1 + +a>0, 2e2 e

? ? 1 即?a<2, -e ? . ?a>2e 2e-2
2

2e-1 a> 2 , 2e +2e

2e-1 2e-e2 下面比较 2 与 的大小. 2e +2e 2e-2
2 2e-1 2e-e2 2e4-2e3-6e+2 2e[e ?e-1?-3]+2 2e-1 2e-e2 由于 2 - = 2 = >0,故 2 > , 2 2e +2e 2e-2 ?2e +2e??2e-2? ?2e +2e??2e-2? 2e +2e 2e-2

故实数 a 的取值范围为?

? 2e-1 ,1?. ? ?2e2+2e 2?

导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容, 多以解答题的形式考查, 难度较大, 属中高档题,且主要有以下几个命题角度: 角度一:证明不等式 [典题 2] +3=0. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)设 g(x)=ln x,求证:g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立; ax+b (2016· 日照模拟)已知函数 f(x)= 2 在点(-1,f(-1))处的切线方程为 x+y x +1

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ln b-ln a 2a (3)若 0<a<b,求证: > 2 2. b-a a +b b-a [听前试做] (1)将 x=-1 代入切线方程得 y=-2,所以 f(-1)= =-2,化简得 b 1+1 -a=-4. ① a?x2+1?-?ax+b?· 2x 2a+2?b-a? 2b b f′(x)= ,f′(-1)= = = =-1. ② 4 4 2 ?x2+1?2 2x-2 联立①②,解得 a=2,b=-2.所以 f(x)= 2 . x +1 2x-2 (2)证明:由题意知要证 ln x≥ 2 在[1,+∞)上恒成立, x +1 即证明(x2+1)ln x≥2x-2,x2ln x+ln x-2x+2≥0 在[1,+∞)上恒成立. 1 设 h(x)=x2ln x+ln x-2x+2,则 h′(x)=2xln x+x+ -2, x 1 因为 x≥1, 所以 2xln x≥0, x+ ≥2 x 1 x· ≥2(当且仅当 x=1 时等号成立), 即 h′(x)≥0, x

所以 h(x)在[1,+∞)上单调递增,h(x)≥h(1)=0, 所以 g(x)≥f(x)在[1,+∞)上恒成立. b 2· -2 a ln b-ln a 2a b b (3)证明:因为 0<a<b,所以 >1,由(2)知 ln > ,整理得 > 2 2,所以当 a a ?b?2 b-a a +b ?a? +1 ln b-ln a 2a 0<a<b 时, > 2 . b-a a +b2

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).

角度二:由不等式恒成立求参数的范围 [典题 3] (1)(2016· 西宁模拟)已知函数 f(x)=x2+2x,g(x)=xex. ①求 f(x)-g(x)的极值; ②当 x∈(-2,0)时,f(x)+1≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围. (2)已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3. ①求函数 f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值; 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

②对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 2 ③证明:对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立. e ex [听前试做] (1)①令 h(x)=f(x)-g(x)=x2+2x-xex, 则 h′(x)=(x+1)(2-ex), 令 h′(x)=0, 解得 x=-1 或 x=ln 2. 当 x 变化时,h′(x)与 h(x)的变化情况如下表: x h′(x) h(x) (-∞,-1) - ? -1 0 极小值 (-1,ln 2) + ? ln 2 0 极大值 (ln 2,+∞) - ?

1 1 ?h(x)极小值=h(-1)= -1,h(x)极大值=h(ln 2)=ln22,即 f(x)-g(x)的极小值为 -1,极大 e e 值为 ln2 2. x2+2x+1 ②由题意知,当 x∈(-2,0)时,x2+2x+1≥axex 恒成立,即 a≥ 恒成立. xex x2+2x+1 令 t(x)= , xex ?x2+1??x+1? 则 t′(x)=- , x2ex ?当 x∈(-2,-1)时,t′(x)>0,t(x)单调递增; 当 x∈(-1,0)时,t′(x)<0,t(x)单调递减. 故当 x∈(-2,0)时,t(x)max=t(-1)=0. ?a≥0. 故 a 的取值范围是[0,+∞). 1 (2)①由 f(x)=xln x,x>0,得 f′(x)=ln x+1,令 f′(x)=0,得 x= . e 1? 当 x∈? ?0,e?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 1 ? 当 x∈? ? e,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 1? 1 1 1 1° .当 0<t< <t+2,即 0<t< 时,f(x)min=f? ?e?=-e; e e 1 1 2° .当 ≤t<t+2,即 t≥ 时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tln t. e e

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所以 f(x)min

?-e,0<t<e, =? 1 ?tln t,t≥e.

1

1

3 ②由 2f(x)≥g(x)恒成立,x>0,得 2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x+x+ , x 3 设 h(x)=2ln x+x+ (x>0), x ?x+3??x-1? 则 h′(x)= , x2 1° .当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减; 2° .当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4,对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤h(x)min=4. 所以 a 的取值范围是(-∞,4]. x 2 ③证明:问题等价于证明 xln x> x- (x∈(0,+∞)). e e 1 1 由①可知 f(x)=xln x(x∈(0,+∞))的最小值是- ,当且仅当 x= 时取到, e e x 2 设 m(x)= x- (x∈(0,+∞)), e e 1-x 则 m′(x)= x , e 1 易知 m(x)max=m(1)=- ,当且仅当 x=1 时取到. e 1 2 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x> x- 成立. e ex

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.

[典题 4] (2015· 江苏高考) 某山区外围有两条相互垂直的直线型公路, 为进一步改善山 区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路.记两条相互垂直的公 路为 l1,l2,山区边界曲线为 C,计划修建的公路为 l.如图所示,M,N 为 C 的两个端点,测

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得点 M 到 l1,l2 的距离分别为 5 千米和 40 千米,点 N 到 l1,l2 的距离分别为 20 千米和 2.5 千米.以 l2,l1 所在的直线分别为 x,y 轴,建立平面直角坐标系 xOy.假设曲线 C 符合函数 y = a (其中 a,b 为常数)模型. x +b
2

(1)求 a,b 的值. (2)设公路 l 与曲线 C 相切于 P 点,P 的横坐标为 t. ①请写出公路 l 长度的函数解析式 f(t),并写出其定义域. ②当 t 为何值时,公路 l 的长度最短?求出最短长度. [听前试做] (1)由题意知,点 M,N 的坐标分别为(5,40),(20,2.5).

?25+b=40, a 将其分别代入 y= ,得? x +b a ?400+b=2.5,
2

a

? ?a=1 000, 解得? ?b=0. ?

1 000 (2)①由(1)知,y= 2 (5≤x≤20), x 1 000? 则点 P 的坐标为? ?t, t2 ?.

设在点 P 处的切线 l 交 x,y 轴分别于 A,B 两点, 2 000 y′=- 3 , x 1 000 2 000 则 l 的方程为 y- 2 =- 3 (x-t), t t 3t ? ? 3 000? 由此得 A? ? 2 ,0?,B?0, t2 ?. 故 f(t)=

?3t?2+?3 000 ?2 ? 2 ? ? t2 ?
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3 2

t2+

4×106 ,t∈[5,20]. t4

4×106 ②设 g(t)=t2+ 4 , t 16×106 则 g′(t)=2t- . t5 令 g′(t)=0,解得 t=10 2. 当 t∈(5,10 2)时,g′(t)<0,g(t)是减函数; 当 t∈(10 2,20)时,g′(t)>0,g(t)是增函数. 从而,当 t=10 2时,函数 g(t)有极小值,也是最小值, 所以 g(t)min=300,此时 f(t)min=15 3. 故当 t=10 2时,公路 l 的长度最短,最短长度为 15 3千米.

求实际问题中的最大值或最小值时,一般是先设自变量、因变量,建立函数关系式,并 确定其定义域,然后利用求函数最值的方法求解,注意结果应与实际情况相结合.用导数求 解实际问题中的最大(小)值时,如果函数在开区间内只有一个极值点,那么依据实际意义, 该极值点也就是最值点.

某商场销售某种商品的经验表明, 该商品每日的销售量 y(单位: 千克)与销售价格 x(单 位:元/千克)满足关系式 y= a +10(x-6)2,其中 3<x<6,a 为常数.已知销售价格为 5 x-3

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, a 所以 +10=11,a=2. 2 2 (2)由(1)可知,该商品每日的销售量 y= +10(x-6)2. x-3 所以商场每日销售该商品所获得的利润

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2 2 f(x)=(x-3)?x-3+10?x-6? ?

?

?

=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,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) - ?

由上表可得,x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 当销售价格为 4 元/千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大. ——————————[课堂归纳——感悟提升]———————————————— [方法技巧] 1.在讨论方程的根的个数、研究函数图像与 x 轴(或某直线)的交点个数、不等式恒成立 等问题时,常常需要求出其中参数的取值范围,这类问题的实质就是函数的单调性与函数的 极(最)值的应用. 2.由不等式的恒成立(存在性)求参数问题.首先要构造函数,利用导数研究函数的单调 性,求出最值,进而列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最值问题. 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. [易错防范] 1.函数 f(x)在某个区间内单调递增,则 f′(x)≥0 而不是 f′(x)>0,(f′(x)=0 在有限个 点处取到). 2.利用导数解决实际生活中的优化问题,要注意问题的实际意义.

[全盘巩固] 1.已知 f(x)=(1-x)ex-1.

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(1)求函数 f(x)的最大值; f?x? (2)设 g(x)= ,x>-1,且 x≠0,证明:g(x)<1. x 解:(1)f′(x)=-xex. 当 x∈(-∞,0)时,f′(x)>0,f(x)单调递增; 当 x∈(0,+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减. 所以 f(x)的最大值为 f(0)=0. (2)证明:由(1)知,当 x>0 时,f(x)<0,g(x)<0<1. 当-1<x<0 时,g(x)<1 等价于 f(x)>x. 设 h(x)=f(x)-x,则 h′(x)=-xex-1. 当 x∈(-1,0)时,0<-x<1,0<ex<1,则 0<-xex<1, 从而当 x∈(-1,0)时,h′(x)<0,h(x)在(-1,0]上单调递减. 当-1<x<0 时,h(x)>h(0)=0,即 g(x)<1. 综上,x>-1 且 x≠0 时,总有 g(x)<1. 2.已知函数 f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线与 x 轴交点的横坐标 为-2. (1)求 a; (2)证明:当 k<1 时,曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 解:(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a. 曲线 y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为 y=ax+2. 2 由题设得- =-2,所以 a=1. a (2)证明:由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2. 设 g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4. 由题设知 1-k>0. 当 x≤0 时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以 g(x)=0 在(-∞,0]上有唯一实根. 当 x>0 时,令 h(x)=x3-3x2+4,则 g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x). h′(x) = 3x2 - 6x = 3x(x - 2) , h(x) 在 (0,2) 上单调递减,在 (2 ,+ ∞) 上单调递增,所以 g(x)>h(x)≥h(2)=0. 所以 g(x)=0 在(0,+∞)上没有实根. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

综上,g(x)=0 在 R 上有唯一实根,即曲线 y=f(x)与直线 y=kx-2 只有一个交点. 3.(2015· 新课标全国卷Ⅰ)设函数 f(x)=e2x-aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数; 2 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+aln . a 解:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), a f′(x)=2e2x- . x 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点; a 当 a>0 时,设 u(x)=e2x,v(x)=- , x a 因为 u(x)=e2x 在(0,+∞)上单调递增,v(x)=- 在(0,+∞)上单调递增, x 所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增. a 1 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b< 且 b< 时,f′(b)<0, 4 4 故当 a>0 时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明:由(1),可设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,当 x∈(0,x0)时,f′(x)<0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0. 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增, 所以当 x=x0 时,f(x)取得最小值,最小值为 f(x0). a 由于 2e2x0- =0, x0 a 2 2 所以 f(x0)= +2ax0+aln ≥2a+aln . 2x0 a a 2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+aln . a 4.(2016· 烟台模拟)已知函数 f(x)=x2-ax,g(x)=ln x,h(x)=f(x)+g(x). 1 ? (1)若函数 y=h(x)的单调减区间是? ?2,1?,求实数 a 的值; (2)若 f(x)≥g(x)对于定义区域内的任意 x 恒成立,求实数 a 的取值范围; 1 (3)设函数 y=h(x)有两个极值点 x1,x2,且 x1∈0, ,若 h(x1)-h(x2)>m 恒成立,求实数 2 m 的最大值. 解:(1)由题意可知,h(x)=x2-ax+ln x(x>0), 2x2-ax+1 则 h′(x)= (x>0), x 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

1 ? ?1? 若 h(x)的单调减区间是? ?2,1?,则 h′(1)=h′?2?=0,解得 a=3, 2x2-3x+1 ?2x-1??x-1? 而当 a=3 时,h′(x)= = (x>0). x x 1 ? 由 h′(x)<0,解得 x∈? ?2,1?, 1 ? 即 h(x)的单调减区间是? ?2,1?,所以 a=3. ln x (2)由题意知 x2-ax≥ln x(x>0),?a≤x- (x>0). x x2+ln x-1 ln x 令 φ(x)=x- (x>0),则 φ′(x)= , x x2 ≧y=x2+ln x-1 在(0,+∞)上是增函数,且 x=1 时,y=0. ?当 x∈(0,1)时,φ′(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,φ′(x)>0, 即 φ(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数, ?φmin(x)=φ(1)=1,故 a≤1. 即实数 a 的取值范围为(-∞,1]. (3)由题意可知,h(x)=x2-ax+ln x(x>0), 2x2-ax+1 则 h′(x)= (x>0). x 1 0, ? , 可得方程 2x2-ax+1=0(x>0)有两个不相等的实数根 x1,x2,且 x1∈? ? 2? 1 1 ≧x1x2= ,?x2= ∈(1,+∞), 2 2x1
2 且 ax1=2x2 1+1,ax2=2x2+1, 2 h(x1)-h(x2)=(x2 1-ax1+ln x1)-(x2-ax2+ln x2) 2 2 2 =[x2 1-(2x1+1)+ln x1]-[x2-(2x2+1)+ln x2]

x1 2 1 2 2 =x2 -x2 1+ln =x2- 2-ln(2x2)(x2>1). x2 4x2 1 设 L(x)=x2- 2-ln(2x2)(x>1), 4x ?2x2-1?2 则 L′(x)= >0(x>1), 2x3 3 所以 L(x)在(1,+∞)上是增函数,L(x)>L(1)= -ln 2, 4 3 3 即 h(x1)-h(x2)> -ln 2,所以 m≤ -ln 2. 4 4 3 即 m 的最大值为 -ln 2. 4 [冲击名校] 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

1.(2015· 新课标全国卷Ⅱ)设函数 f(x)=emx+x2-mx. (1)证明:f(x)在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增; (2)若对于任意 x1,x2∈[-1,1],都有|f(x1)-f(x2)|≤e-1,求 m 的取值范围. 解:(1)证明:f′(x)=m(emx-1)+2x. 若 m≥0,则当 x∈(-∞,0)时,emx-1≤0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,emx-1≥0,f′(x)>0. 若 m<0,则当 x∈(-∞,0)时,emx-1>0,f′(x)<0; 当 x∈(0,+∞)时,emx-1<0,f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)由(1)知,对任意的 m,f(x)在[-1,0]上单调递减,在[0,1]上单调递增,故 f(x)在 x=0 处 取 得 最 小 值 . 所 以 对 于 任 意 x1 , x2 ∈ [ - 1,1] , |f(x1) - f(x2)|≤e - 1 的 充 要 条 件 是
? ?f?1?-f?0?≤e-1, ? ?f?-1?-f?0?≤e-1, ?
m ? ?e -m≤e-1, ? 即 -m ?e +m≤e-1. ?



设函数 g(t)=et-t-e+1,则 g′(t)=et-1. 当 t<0 时,g′(t)<0;当 t>0 时,g′(t)>0. 故 g(t)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增. 又 g(1)=0,g(-1)=e 1+2-e<0,


故当 t∈[-1,1]时,g(t)≤0. 当 m∈[-1,1]时,g(m)≤0,g(-m)≤0,即①式成立; 当 m>1 时,由 g(t)的单调性,g(m)>0, 即 em-m>e-1; 当 m<-1 时,g(-m)>0,即 e m+m>e-1.


综上,m 的取值范围是[-1,1]. 1 2.(2015· 新课标全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)=x3+ax+ ,g(x)=-ln x. 4 (1)当 a 为何值时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线; (2)用 min{m,n}表示 m,n 中的最小值,设函数 h(x)=min{f(x),g(x)}(x>0),讨论 h(x) 零点的个数.

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解:(1)设曲线 y=f(x)与 x 轴相切于点(x0,0),则 f(x0)=0,f′(x0)=0,即 1 ? ?x0=2, ?x3 0+ax0+ =0, 4 ? 解得? 3 2 ? ?3x0+a=0, ?a=-4. 3 因此,当 a=- 时,x 轴为曲线 y=f(x)的切线. 4 (2)当 x∈(1,+∞)时,g(x)=-ln x<0, 从而 h(x)=min{f(x),g(x)}≤g(x)<0, 故 h(x)在(1,+∞)上无零点. 5 5 当 x=1 时,若 a≥- ,则 f(1)=a+ ≥0,h(1)=min{f(1),g(1)}=g(1)=0,故 x=1 是 4 4 h(x)的零点; 5 若 a<- ,则 f(1)<0,h(1)=min{f(1),g(1)}=f(1)<0,故 x=1 不是 h(x)的零点. 4 当 x∈(0,1)时,g(x)=-ln x>0,所以只需考虑 f(x)在(0,1)上的零点个数. ①若 a≤-3 或 a≥0,则 f′(x)=3x2+a 在(0,1)上无零点,故 f(x)在(0,1)上单调. 1 5 而 f(0)= ,f(1)=a+ ,所以当 a≤-3 时,f(x)在(0,1)上有一个零点;当 a≥0 时,f(x) 4 4 在(0,1)上没有零点. ②若-3<a<0, 则 f(x)在?0, 1

?

a? 在? - 上单调递减, 3? ?

a ? 故在(0,1) - ,1 上单调递增, 3 ? a? 2a - =3 3? a 1 - + . 3 4

上,当 x= a.若 f?

a - 时,f(x)取得最小值,最小值为 f? 3 ?

? ?

3 a? - >0,即-4<a<0,则 f(x)在(0,1)上无零点. 3? 3 a? - =0,即 a=-4,则 f(x)在(0,1)上有唯一零点. 3? 3 1 5 5 3 a? - <0,即-3<a<-4,由于 f(0)=4,f(1)=a+4,所以当-4<a<-4时,f(x) 3?

b.若 f? c.若 f?

?

5 在(0,1)上有两个零点;当-3<a≤- 时,f(x)在(0,1)上有一个零点. 4 3 5 3 5 综上,当 a>- 或 a<- 时,h(x)有一个零点;当 a=- 或 a=- 时,h(x)有两个零点; 4 4 4 4 5 3 当- <a<- 时,h(x)有三个零点. 4 4

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第四节 定积分与微积分基本定理

考纲要求:1.了解定积分的实际背景,了解定积分的基本思想,了解定积分的概念. 2.了解微积分基本定理的含义.

1.定积分 (1)定积分的相关概念: 在∫b af(x)dx 中,∫叫作积分号,a 叫作积分的下限,b 叫作积分的上限,f(x)叫作被积函 数. (2)定积分的性质: ①∫b a1dx=b-a; ②? ? kf(x)dx=k? ? f(x)dx(k 为常数);
a b a b a a b b

? ③? g(x)]dx=? ? [f(x)± ? f(x)dx± ? g(x)dx;
a a

b

b

④? ? f(x)dx=? ? f(x)dx+? ? f(x)dx.
a c

c

b

(3)定积分的几何意义: ①当函数 f(x)在区间[a,b]上恒为正时,定积分∫b af(x)dx 的几何意义是由直线 x=a,x= b,y=0 和曲线 y=f(x)所围成的曲边梯形的面积(左图中阴影部分).

②一般情况下,定积分∫b af(x)dx 的几何意义是介于 x 轴、曲线 f(x)以及直线 x=a、x=b 之间的曲边梯形面积的代数和(如图中阴影所示),其中在 x 轴上方的面积等于该区间上的积 分值,在 x 轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数. 2.微积分基本定理 如果连续函数 f(x)是函数 F(x)的导函数,即 f(x)=F′(x),则有∫b af(x)dx=F(b)-F(a).这 个式子称为牛顿——莱布尼茨公式.通常称 F(x)是 f(x)的一个原函数.
b b 为了方便,常把 F(b)-F(a)记成 F(x)|b a,即∫af(x)dx=F(x)|a=F(b)-F(a).

[自我查验]

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1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”,错误的打“×”)
b (1)设函数 y=f(x)在区间[a,b]上连续,则∫b af(x)dx=∫af(t)dt.(

)

(2)定积分一定是曲边梯形的面积.(

) )

(3)若∫b 那么由 y=f(x), x=a, x=b 以及 x 轴所围成的图形一定在 x 轴下方. ( af(x)dx<0,
a (4)若 f(x)是偶函数,则∫a -af(x)dx=2∫0f(x)dx.(

)

(5)微积分基本定理中 F(x)是唯一的.(

) )

(6)若 f(x)是连续的奇函数,则∫a -af(x)dx=0.( 答案:(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)√

2 2.∫1 0 1-x dx=________.

π 答案: 4 3.计算: π (1)∫ 0(3x+sin x)dx=________. 2

? x 2? (2)∫2 1 e -x dx=________________. ? ?
3π2 答案:(1) +1 (2)e2-e-2ln 2 8

[典题 1] 求下列定积分: (1)?1(-x2+2x)dx;

?0
1

(2)?π(sin x-cos x)dx;

?0

1 e2x+ ?dx; (3)?2? x? ? ?
1 0

π (4)∫ 0 1-sin 2xdx. 2
1 2 1 0 2 1 0

1 1 2 [听前试做] (1)? (-x +2x)dx=? (-x )dx+? 2xdx=- x3 +x21 0=- +1= . 3 3 3 ? ? ? 0 (2)?π(sin x-cos x)dx

?0

=?πsin xdx-?πcos xdx

?0

?0

π =(-cos x)π 0-sin x0=2.

1 1 e2x+ ?dx=?2e2xdx+?2 dx (3)?2? x ? ? ? ? ?x
1 1 1

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1 1 4 1 2 = e2x2 +ln x2 1= e - e +ln 2-ln 1 2 1 2 2 1 1 = e4- e2+ln 2. 2 2 (4)∫ π π π ππ 1-sin 2xdx=∫ 0|sin x-cos x|dx=∫ 0(cos x-sin x)dx+∫ (sin x-cos x)dx 20 2 4 24

π ππ =(sin x+cos x) 0+(-cos x-sin x) 4 24 = 2-1+(-1+ 2)=2 2-2. [探究 1] 若将本例(1)中的“-x2+2x”换为“|2x-1|”,如何求解? 1 解:?1|2x-1|dx=∫ 0(1-2x)dx+错误!(2x-1)dx 2 ?
0

1 1 =(x-x2) 0+(x2-x)1 2 2 1 1 1 = + = . 4 4 2 [探究 2] 若将本例(1)中的“-x2+2x”改为“ -x2+2x”,如何求解? 解:?1 -x2+2xdx 表示 y= -x2+2x与 x=0,x=1 及 y=0 所围成的图形的面积.

?0

由 y= -x2+2x,得(x-1)2+y2=1(y≥0), 1 π 故?1 -x2+2xdx 表示圆(x-1)2+y2=1 的面积的 ,即?1 -x2+2xdx= . 4 4 ? ?
0 0

(1)计算定积分要先将被积函数化简后利用运算性质分解成几个简单函数的定积分,再利 用微积分基本定理求解; (2)对函数图像和与圆有关的定积分可以利用定积分的几何意义求解.

[典题 2] (1)由曲线 y= x,直线 y=x-2 及 y 轴所围成的图形的面积为( 10 A. 3 B.4 16 C. 3 D.6

)

(2)(2015· 陕西高考)如图,一横截面为等腰梯形的水渠,因泥沙沉积,导致水渠截面边界 呈抛物线型(图中虚线所示),则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.

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[听前试做] (1) 作出曲线 y= x和直线 y=x-2 的草图(如图所示),所求面积为阴影部 分的面积.

?y= x, 由? 得交点 A(4,2). ?y=x-2
因此 y= x与 y=x-2 及 y 轴所围成的图形的面积为

[ ? ?0
4

4 2 1 16 ? x-x+2?dx 2 3 1 2 x-?x-2?]dx=? = x - x +2x = ×8- ×16+2×4= . ?0 3 2 2 3 2 3 0

4

(2) 建立如图所示的平面直角坐标系,由抛物线过点(0,-2),(-5,0),(5,0),得抛物线 的函数表达式为 y= 2 2? 2 2 40 ? x -2,抛物线与 x 轴围成的面积 S1=∫5 -5 2- ? 25x ?dx= 3 ,梯形面积 25

?6+10?×2 S2= =16.最大流量比为 S2∶S1=1.2. 2

答案:(1)C (2)1.2 [解题模板] 利用定积分求平面图形面积的步骤

9 1.已知函数 y=x2 与 y=kx(k>0)的图像所围成的阴影部分的面积为 ,则 k 等于( 2 A.2 B.1 C.3 D.4 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

)

?y=x2, ? 解析:选 C 由? 消去 y 得 x2-kx=0,所以 x=0 或 x=k,则阴影部分的面积 ? ?y=kx

1 2 1 3?k 9 1 3 1 3 9 kx - x 0= .即 k - k = ,解得 k=3. 为?k (kx-x2)dx=? 2 3 ? 2 2 ? 3 2 ?
0

2.由抛物线 y=x2-1,直线 x=0,x=2 及 x 轴围成的图形面积为________. 解析:如图所示,由 x2-1=0,得抛物线与 x 轴的交点分别为(-1,0)和(1,0).

所以 S=?2|x2-1|dx

?0

=?1(1-x2)dx+?2(x2-1)dx

?0

?1

x3?? x3 ?? ? ? x - -x = ? 3 ??0+ ? 3 ??1 1 1 8 1- ?+? -2-?3-1?? =? ? ? ? 3? 3

1

2

?

?

=2. 答案:2 1 3.曲线 y= x,y=2-x,y=- x 所围成图形的面积为________. 3

?y= x, 解析:由? 得交点 A(1,1). ?y=2-x
y=2-x, ? ? 由? 得交点 B(3,-1). 1 y=- x ? 3 ? 故所求面积

? x+1x?dx+∫3 ?2-x+1x?dx S=∫1 0 1 3 ? 3 ? ? ?
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2 3 1 2? 1 ? 1 2? 3 =? ?3x2+6x ?|0+?2x-3x ?|1 2 1 4 13 = + + = . 3 6 3 6 13 答案: 6

[典题 3] (1)一辆汽车在高速公路上行驶,由于遇到紧急情况而刹车,以速度 v(t)=7- 3t+ 是( 25 (t 的单位:s,v 的单位:m/s)行驶至停止.在此期间汽车继续行驶的距离(单位:m) 1+t ) A.1+25ln 5 C.4+25ln 5 11 B.8+25ln 3 D.4+50ln 2

?5,0≤x≤2, (2)一物体在力 F(x)=? (单位:N)的作用下沿与力 F 相同的方向,从 x=0 ?3x+4,x>2
处运动到 x=4(单位:m)处,则力 F(x)做的功为________焦. [听前试做] (1)由 v(t)=7-3t+ 8 25 t=- 舍去?,因此汽车从刹车到停 =0,可得 t=4? 3 ? ? 1+t
0 0

4 4 25 ? 3 ? 7t- t2+25ln?1+t??4 止一共行驶了 4 s,此期间行驶的距离为? ? v(t)dt=? ? 7-3t+1+t dt=? 2 ? ?0

?

?

=4+25ln 5. (2)由题意知,力 F(x)所做的功为 W=?4F(x)dx=?25dx+?4(3x+4)dx

?0

?0

?2

3 2 ?4 =5×2+? ?2x +4x?2 3 3 2 ?? =10+?2×42+4×4-? ?2×2 +4×2? =36(焦).

?

?

答案:(1)C (2)36

定积分在物理中的两个应用 (1)变速直线运动的位移:如果变速直线运动物体的速度为 v=v(t),那么从时刻 t=a 到 t =b 所经过的路程 s=? ?
b a

v?t?dt.

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(2)变力做功: 一物体在变力 F(x)的作用下, 沿着与 F(x)相同方向从 x=a 移动到 x=b 时, 力 F(x)所做的功是 W=?bF(x)dx.

?a

——————————[课堂归纳——感悟提升]———————————————— [方法技巧] 1.求定积分的方法 (1)利用定义求定积分(定义法),可操作性不强. (2)利用微积分基本定理求定积分步骤如下:①求被积函数 f(x)的一个原函数 F(x);②计 算 F(b)-F(a). (3)利用定积分的几何意义求定积分. 2.求曲边多边形面积的步骤 (1)画出草图,在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图像. (2)借助图形确定出被积函数,求出交点坐标,确定积分的上、下限. (3)把曲边多边形的面积表示为若干个定积分的和. (4)计算定积分.
a 3.f(x)在区间[-a,a]上连续,若 f(x)为偶函数,则∫a -af(x)dx=2∫0f(x)dx;若 f(x)为奇

函数,则∫a -af(x)dx=0. [易错防范] 1.被积函数若含有绝对值号,先去绝对值号,再分段积分. 2.若积分式子中有几个不同的参数,则必须先分清谁是被积变量. 3.定积分式子中隐含的条件是积分上限大于积分下限. 4.定积分的几何意义是曲边梯形的面积,但要注意:面积非负,而定积分的结果可以为 负. 5.将要求面积的图形进行科学而准确的划分,可使面积的求解变得简捷.

[全盘巩固] 一、选择题 π x 1.∫ 0sin2 dx=( 2 2 A.0 π 1 B. - 4 2 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn )

π 1 C. - 4 4

π D. -1 2

π x π 1-cos x 1 1 π π 1 解析:选 B ∫ 0sin2 dx=∫ 0 dx= x- sin x 0= - . 2 2 2 2 2 2 2 4 2 x ,x∈[0,1], ? ? 2.设 f(x)=?1 (其中 e 为自然对数的底数),则?e f(x)dx 的值为( ?0 , x ∈ ? 1 , e ] ? ?x 4 A. 3 2 B.2 C.1 D. 3 根据积分的运算法则,可知?e f(x)dx 可以分为两段,则?e f(x)dx=?1x2dx ? ? ?
0 0 0 2

)

解析:选 A

1 1 1 4 e +?e dx= x31 0+ln x1= +1= . x 3 3 3 ?
1

2 3.曲线 y= 与直线 y=x-1 及 x=4 所围成的封闭图形的面积为( x A.2ln 2 B.2-ln 2

)

C.4-ln 2 D.4-2ln 2 2 解析:选 D 由曲线 y= 与直线 y=x-1 联立,解得 x=-1,x=2,如图所示,故所求 x 2 1 图形的面积为 S=?4x-1- dx= x2-x-2ln x4 2=4-2ln 2. x 2 ?
2

1 4.若 S1=?2 dx,S2=?2(ln x+1)dx,S3=?2xdx,则 S1,S2,S3 的大小关系为( ?x ? ?
1 1 1

)

A.S1<S2<S3 B.S2<S1<S3 C.S1<S3<S2 D.S3<S1<S2 解析:选 A 如图,分别画出对应图形,比较围成图形的面积,易知选 A.

5.曲线 y=x2+2 与直线 5x-y-4=0 所围成的图形的面积为(

)

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1 A. 2

1 1 1 B. C. D. 3 6 9

?y=x2+2, ? 解析:选 C 根据题意,由? 消去 y,得 x2-5x+6=0,解得 x1=2,x2= ? 5x - y - 4 = 0 ?

3.当 2<x<3 时,直线 5x-y-4=0 在曲线 y=x2+2 的上方,所以所求的面积为? ?

3

[?5x

2

-4)-

5 1 5 1 5 1 2 3 2 3 (x2+2)]dx=?3(5x-x2-6)dx= x2- x3-6x3 2= ×3 - ×3 -6×3- ×2 - ×2 -6×2= 2 3 2 3 2 3 ?
2

1 . 6 二、填空题

.

8. 设 a>0.若曲线 y= x与直线 x=a, y=0 所围成封闭图形的面积为 a2, 则 a=________. 解析:由题意知?a xdx=a2,

?0

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2 3? 2 3? 2 又 ? ?3x2?′= x,则3x2?0=a , 2 3 4 即 a =a2,所以 a= . 3 2 9 4 答案: 9 三、解答题 9.求下列定积分.
2 1? ? (1)∫2 1 x-x +x dx; ? ? x (2)∫0 -π(cos x+e )dx.

a

x2 2 x3 2 3 7 2 1? 2 2 2 21 ? ∫ ∫ ∫ | - | +ln x |2 x - x + 解:(1)∫2 dx = xdx - x dx + dx = 1 1 1 1 1= - +ln 2= x? ? x 2 1 3 1 2 3 5 ln 2- . 6
x 0 0 x (2)∫0 -π(cos x+e )dx=∫-πcos xdx+∫-πe dx

1 x 0 =sin x |0 -π+e |-π=1- π. e 10.已知函数 f(x)=x3-x2+x+1,求其在点(1,2)处的切线与函数 g(x)=x2 围成的图形的 面积. 解:∵(1,2)为曲线 f(x)=x3-x2+x+1 上的点, 设过点(1,2)处的切线的斜率为 k,

则 k=f′(1)= (3x2-2x+1)|x=1 =2, ∴过点(1,2)处的切线方程为 y-2=2(x-1), 即 y=2x. y=2x 与函数 g(x)=x2 围成的图形如图:
2 ? ?y=x , ? 由 可得交点 A(2,4). ? ?y=2x

∴y=2x 与函数 g(x)=x2 围成的图形的面积 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

8 4 2 ? 2 1 3? 2 S=∫2 0(2x-x )dx= x -3x | 0=4- = . ? ? 3 3 [冲击名校] 1. 如图,由曲线 y=x2 和直线 y=t2(0<t<1),x=1,x=0 所围成的图形(阴影部分)的面积 的最小值是( )

1 A. 4

1 B. C.1 D.2 2

43 t 2 2 2 解析:选 A 设图中阴影部分的面积为 S(t),则 S(t)=∫0 (t -x2)dx+∫1 t (x -t )dx= t 3 1? 1 1 -t2+ .由 S′(t)=2t(2t-1)=0, 得 t= 为 S(t)在区间(0,1)上的最小值点, 此时 S(t)min=S? ?2?= 3 2 1 . 4

. 1 3.曲线 y= +2x+2e2x,直线 x=1,x=e 和 x 轴所围成的区域的面积是________. x
2x? ?1 解析:由题意得,所求面积为∫e 1 x+2x+2e ? ?dx=

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1 e e 2x e 2e 2x e 2 2e 2 2e ∫e 1 dx+∫12xdx+∫12e dx=ln x|1+x |1+e |1=(1-0)+(e -1)+(e -e )=e . x 答案:e2e 4. 如图所示,由抛物线 y=-x2+4x-3 及其在点 A(0,-3)和点 B(3,0)处的切线所围 成的图形的面积为________.

解析:由题意,知抛物线 y=-x2+4x-3 在点 A 处的切线斜率是 k1=y′|x=0=4,在点 B 处的切线斜率是 k2=y′|x=3=-2.因此,抛物线过点 A 的切线方程为 y=4x-3,过点 B 的 切线方程为 y=-2x+6.
? ?y=4x-3, 设两切线相交于点 M,由? ?y=-2x+6, ?

3 3 消去 y,得 x= ,即点 M 的横坐标为 . 2 2 3 3 0, ?上,直线 y=4x-3 在曲线 y=-x2+4x-3 的上方;在区间? ,3?上,直 在区间? ? 2? ?2 ? 线 y=-2x+6 在曲线 y=-x2+4x-3 的上方. 因此,所求的图形的面积是 3 3 S=∫ 0[(4x-3)-(-x2+4x-3)]dx+?3 [(-2x+6)-(-x2+4x-3)]dx 2 ?2 3 3 =∫ 0x2dx+?3 (x2-6x+9)dx 2 ?2 9 9 9 = + = . 8 8 4 9 答案: 4 5. 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c,直线 l1:x=2,直线 l2:y=-t2+8t(其中 0≤t≤2, t 为常数), 若直线 l1, l2 与函数 f(x)的图像以及 l2, y 轴与函数 f(x)的图像所围成的封闭图形(阴 影部分)如图所示.

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(1)求 a,b,c 的值; (2)求阴影面积 S 关于 t 的函数 S(t)的解析式. 解: (1) 由图形可知二次函数的图像过点 (0,0) , (8,0) ,并且 f(x) 的最大值为 16 ,则 c=0, ? ?a· 8 +b· 8+c=0, ?4ac-b ? ? 4a =16,
2 2

a=-1, ? ? 解得?b=8, ? ?c=0,

即 a 的值为-1,b 的值为 8,c 的值为 0.

(2)由(1)知,f(x)的解析式为 f(x)=-x2+8x.
?y=-t2+8t, ? 由? 得 x2-8x-t(t-8)=0, 2 ?y=-x +8x, ?

∴x1=t,x2=8-t. ∵0≤t≤2,∴直线 l2 与 f(x)的图像的位于 l1 左侧的交点坐标为(t,-t2+8t),由定积分的 几何意义知: x3 2 2 2 S(t)=∫t0[(-t2+8t)-(-x2+8x)]dx+∫2 [( - x + 8x) - ( - t + 8t)] d x = ( - t + 8t)x -- + t 3
3 ?-x +4x2?-?-t2+8t?x?t2=-4t3+10t2-16t+40. 4x2t0+? ?? 3 ? ? 3 3

第五节 热点专题——导数综合应用的热点问题

利用导数研究函数的单调性、极值和最值均是高考命题的重点内容,在选择题、填空题和

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解答题中都有涉及.主要有以下两种考查形式: (1)研究具体函数的单调性、极值或最值,常涉及分类讨论思想. (2)由函数的单调性、极值或最值,求解参数的值或取值范围. [典题 1] (2016· 成都模拟)已知关于 x 的函数 f(x)=ln x+a(x-1)2(a∈R). (1)求函数 f(x)在点 P(1,0)处的切线方程; (2)若函数 f(x)有极小值,试求 a 的取值范围; (3)若在区间[1,+∞)上,函数 f(x)不出现在直线 y=x-1 的上方,试求 a 的最大值. 1 [听前试做] (1)f′(x)= +2a(x-1)(x>0), x ?f′(1)=1,又 f(1)=0, ?f(x)在点 P(1,0)处的切线方程为 y=x-1. 2ax2-2ax+1 (2)f′(x)= (x>0), x 令 g(x)=2ax2-2ax+1(x>0), ①a=0 时,f′(x)=0 无解,f(x)无极小值; ②a<0 时, g(0)=1>0, 所以 g(x)=0 有两解 x1, x2, 且 x1<0<x2; 0<x<x2 时, g(x)>0, f′(x)>0, x>x2 时,g(x)<0,f′(x)<0,此时 f(x)无极小值. 1 ③a>0 时, ≧g(0)=1>0,g(x)的对称轴为 x= , 2 要使函数 f(x)有极小值,则 Δ>0 即 4a2-8a>0. ?a<0 或 a>2,?a>2. 此时 g(x)=0 有两解 x3,x4>0,不妨设 x3≤x4, 则 x3<x<x4 时,g(x)<0,f′(x)<0. x>x4 时,g(x)>0,f′(x)>0,此时 f(x)有极小值 f(x4). 综上所述,a 的取值范围为(2,+∞). (3)由题意,f(x)≤x-1,x≥1, 即 ln x+a(x-1)2≤x-1,x≥1. 下证:ln x≤x-1,x>0, 记 h(x)=ln x-(x-1)=ln x-x+1,x>0, 1-x 1 则 h′(x)= -1= ,x>0, x x 0<x<1 时,h′(x)>0,x>1 时,h′(x)<0,

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?h(x)≤h(1)=0,即 ln x≤x-1,x>0. ①a≤0 时,f(x)≤ln x≤x-1; 1 ②a>0 时,取 x>1+ , a 1? ? 1 ? 则 f(x)=ln x+a(x-1)(x-1)>ln? ?1+a?+a?1+a-1?(x-1)>ln 1+x-1=x-1,与题意矛 盾. 故 a 的最大值为 0.

函数性质综合问题的难点是函数单调性和极值、最值的分类讨论. (1)单调性讨论策略:单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点,把函数定义域分段, 在各段上讨论导数的符号,在不能确定导数等于零的点的相对位置时,还需要对导数等于零 的点的位置进行讨论. (2)极值讨论策略:极值的讨论以单调性的讨论为基础,根据函数的单调性确定函数的极 值点. (3)最值讨论策略:图像连续的函数在闭区间上最值的讨论,是以函数在该区间上的极值 和区间端点的函数值进行比较为标准进行的,在极值和区间端点函数值中最大的为最大值, 最小的为最小值.

1 已知函数 f(x)= x2-ax+(a-1)ln x, 2 (1)若 a=2,求函数 f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调区间. 1 解:(1)当 a=2 时,f(x)= x2-2x+ln x, 2 1 ?f′(x)=x-2+ , x 1 3 ?f(1)= -2=- ,f′(1)=0, 2 2 3 ?函数 f(x)的图像在点(1,f(1))处的切线方程为 y=- . 2 (2)由题知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

a-1 x2-ax+?a-1? ?x-1??x+1-a? f′(x)=x-a+ = = , x x x 令 f′(x)=0,解得 x1=1,x2=a-1, ①当 a=2 时,f′(x)≥0 恒成立,则函数 f(x)的单调递增区间是(0,+∞). ②当 a-1>1,即 a>2 时,在区间(0,1)和(a-1,+∞)上,f′(x)>0;在区间(1,a-1)上, f′(x)<0, 故函数 f(x)的单调递增区间是(0,1)和(a-1,+∞),单调增减区间是(1,a-1). ③当 0<a-1<1,即 1<a<2 时,在区间(0,a-1)和(1,+∞)上,f′(x)>0;在区间(a-1,1) 上,f′(x)<0,故函数 f(x)的单调递增区间是(0,a-1)和(1,+∞),单调递减区间是(a-1,1). ④当 a-1≤0,即 a≤1 时,在区间(0,1)上,f′(x)<0,在区间(1,+∞)上,f′(x)>0,故 函数 f(x)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间是(0,1).

此类试题一般以含参数的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式及三角式结构的函 数零点或方程根的形式出现,是近几年高考命题热点,一般有两种考查形式: (1)确定函数零点、图像交点及方程根的个数问题. (2)应用函数零点、图像交点及方程解的存在情况,求参数的值或取值范围问题. [典题 2] 已知函数 f(x)=xln x+(a-1)x(a∈R). 1 ? (1)求函数 f(x)在区间? ?e,e?上的最小值; 1 ? (2)若关于 x 的方程 f(x)=2x3-3x2 在区间? 求实数 a 的取 ?2,2?上有两个不相等的实数根, 值范围. [听前试做] (1)f′(x)=ln x+a(x>0). 由 f′(x)=0 得 x=e . 当 x∈(0,e )时,f′(x)<0,f(x)为减函数, 当 x∈(e ,+≦)时,f′(x)>0,f(x)为增函数.
-a -a -a

?1 ? ?1? a-2; -a 1 ①当 e < ,即 a>1 时,f(x)在? ,e?上为增函数,f(x)min=f? ?= e e e ? ? ?e?
1 -a ?1 -a? -a ②当 ≤e ≤e,即-1≤a≤1 时,f(x)在 ? ,e ?上为减函数.在[e ,e]上为增函数, e ?e ?

f(x)min=f(e-a)=-e-a;

?1 ? -a ③当 e >e,即 a<-1 时,f(x)在 ? ,e?上为减函数,f(x)min=f(e)=ea. ?e ?
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综上所述,f(x)min

a-2 ? ? e ,a>1, =? -e ,-1≤a≤1, ? ?ea,a<-1.
-a

?1 ? 3 2 2 (2)由题知 x>0,方程 f(x)=2x -3x 在? ,2?上有两个不相等的实数根,即方程 2x - ?2 ? ?1 ? 3x-ln x-(a-1)=0 在? ,2?上有两个不相等的实数根. ?2 ?
令 g(x) = 2x - 3x - ln x - (a - 1) , 则 g ′ (x) = 4x - 3 - =
2

1

4x -3x-1

2

x

x



?4x+1??x-1? (x>0),

x

1 令 g′(x)=0,得 x1=- (舍去),x2=1,因此 g(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+≦) 4

?1 ? 2 上是增函数,因此,若方程 2x -3x-ln x-(a-1)=0 在? ,2?上有两个不相等的实数根, ?2 ? ?1 ? 2 只需方程 2x -3x-ln x-(a-1)=0 在? ,1?和(1,2]上各有一个实根即可, ?2 ? ?1? g? ?≥0, ? ? ?2? 于是? g?1?<0, ? ?g?2?≥0,

解得 0<a≤ln 2,

故 a 的取值范围是(0,ln 2].

对于方程解的个数(或函数零点个数)问题,可利用函数的值域或最值,结合函数的单调 性、草图确定其中参数范围.

(2016· 榆林模拟)已知函数 f(x)=ex+ax-a(a∈R 且 a≠0). (1)若函数 f(x)在 x=0 处取得极值,求实数 a 的值,并求此时 f(x)在[-2,1]上的最大值; (2)若函数 f(x)不存在零点,求实数 a 的取值范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)=ex+a,f′(0)=e0+a=0,?a=-1, ?f′(x)=ex-1. ≧在区间(-∞,0)上,f′(x)<0,f(x)单调递减;在区间(0,+∞)上,f′(x)>0,f(x)单调

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递增. ?在 x=0 处,f(x)取得极小值, ?a=-1. 1 易知 f(x)在区间[-2,0]上单调递减,在区间(0,1]上单调递增,且 f(-2)= 2+3,f(1)=e, e f(-2)>f(1). 1 故 f(x)在区间[-2,1]上的最大值为 2+3. e (2)f′(x)=ex+a,由于 ex>0. ①当 a>0 时,f′(x)>0,f(x)是增函数,且当 x>1 时,f(x)=ex+a(x-1)>0. 1 1 1 - ?<1+a- -1=-a<0, 当 x<0 时,取 x=- ,则 f? a ? ? a a ?当 a>0 时,函数 f(x)存在零点,不满足题意. ②当 a<0 时,令 f′(x)=ex+a=0,解得 x=ln(-a). 在区间(-∞,ln(-a))上,f′(x)<0,f(x)单调递减;在区间(ln(-a),+∞)上,f′(x)>0, f(x)单调递增, ?当 x=ln(-a)时,f(x)取得最小值. 函数 f(x)不存在零点等价于 f(ln(-a))=eln( 解得-e2<a<0. 综上所述,实数 a 的取值范围是(-e2,0).
-a)

+ a· ln(-a)-a=-2a+aln(-a)>0,

利用导数解决不等式问题是近几年高考热点,常涉及不等式恒成立、证明不等式及大小 比较问题. (1)不等式恒成立问题一般考查三次式、分式、以 e 为底的指数式或对数式、三角式及绝 对值结构的不等式在某个区间 A 上恒成立(存在性),求参数取值范围. (2)证明不等式一般是证明与函数有关的不等式在某个范围内成立. (3)大小比较问题,一般是作差后不易变形定号的三次式、分式、以 e 为底的指数式或对 数式、三角式结构,可转化为用导数研究其单调性或最值的函数问题. 角度一:不等式的恒成立问题 [典题 3] (1)已知 f(x)=xex+ax2-x,a∈R. 1 ①当 a=- 时,求函数 f(x)的单调区间; 2 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

②若对 x≥0 时,恒有 f′(x)-f(x)≥(4a+1)x 成立,求实数 a 的取值范围. (2)已知函数 f(x)=ex+sin x,g(x)=ax,F(x)=f(x)-g(x). ①若 x=0 是 F(x)的极值点,求实数 a 的值; 1 ②当 a= 时,若存在 x1,x2∈[0,+∞)使得 f(x1)=g(x2),求 x2-x1 的最小值; 3 ③若当 x∈[0,+∞)时,F(x)≥F(-x)恒成立,求实数 a 的取值范围. [听前试做] (1)①对 f(x)求导,得 f′(x)=(x+1)ex+2ax-1. 1 当 a=- 时,f′(x)=(x+1)ex-(x+1)=(x+1)· (ex-1), 2 当 x>0 或 x<-1 时,f′(x)>0; 当-1<x<0 时,f′(x)<0. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(-∞,-1],[0,+∞),单调递减区间为[-1,0]. ②设 g(x)=f′(x)-f(x)-(4a+1)x=ex-ax2-2ax-1, 则 g′(x)=ex-2ax-2a,令 u(x)=ex-2ax-2a,x≥0, 则 u′(x)=ex-2a. 当 x≥0 时,ex≥1. 1 1° .当 2a≤1,即 a≤ 时,u′(x)≥0, 2 所以 g′(x)=ex-2ax-2a 在[0,+∞)上单调递增, 所以 g′(x)≥g′(0)=1-2a≥0,所以 g(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以 g(x)≥g(0)=0 恒成立. 1 2° .当 2a>1,即 a> 时,令 u′(x)=0,则 x=ln 2a. 2 当 x∈[0,ln 2a)时,u′(x)<0,则 g′(x)=ex-2ax-2a 在[0,ln 2a)上单调递减,所以 g′(x)≤g′(0)=1-2a<0,则 g(x)在[0,ln 2a)上单调递减, 此时 g(x)≤g(0)=0,这与 g(x)≥0 恒成立矛盾. 1? 综上可得,实数 a 的取值范围是? ?-∞,2?. (2)①由题意知,F(x)=ex+sin x-ax,F′(x)=ex+cos x-a, 因为 x=0 是 F(x)的极值点,所以 F′(0)=e0+cos 0-a=0,解得 a=2. 1 ②当 a= 时,由 f(x1)=g(x2)得,x2=3(ex1+sin x1), 3 1 ex1+sin x1- x1?, 所以 x2-x1=3? 3 ? ? 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

1 故求 x2-x1 的最小值即求当 a= 时,3F(x)在[0,+∞)上的最小值. 3 设 φ(x)=ex+cos x-a,x∈[0,+∞),则 φ′(x)=ex-sin x>0,所以 F′(x)=ex+cos x -a 在[0,+∞)上单调递增, 1 从而 F′(x)≥F′(0)=1+1-a=2- >0,所以 F(x)在[0,+∞)上单调递增, 3 于是 3F(x)min=3F(0)=3,即 x2-x1 的最小值为 3. 1 ③设 h(x)=F(x)-F(-x)=ex- x+2sin x-2ax,x∈[0,+∞), e 1 则 h′(x)=ex+ x+2cos x-2a, e 1 令 t(x)=h′(x),则 t′(x)=ex- x-2sin x, e 1 令 s(x)=t′(x),则 s′(x)=ex+ x-2cos x≥2-2=0,当且仅当 x=0 时等号成立,所以 e t′(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以 t′(x)≥t′(0)=0,从而 h′(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以 h′(x)≥h′(0)=4-2a, 1° .当 a≤2 时, h′(x)≥0, 所以 h(x)在[0, +∞)上单调递增, 即 h(x)≥h(0)=0, 即当 a≤2 时,F(x)-F(-x)≥0 对 x∈[0,+∞)恒成立; 2° .当 a>2 时,h′(x)<0,又 h′(x)在[0,+∞)上单调递增,所以总存在 x0∈(0,+∞) 使得在区间[0,x0)上 h′(x)<0,从而 h(x)在[0,x0)上单调递减,而 h(0)=0,所以当 x∈(0, x0)时,h(x)<0,即 F(x)-F(-x)≥0 对 x∈[0,+∞)不恒成立. 综上可知,a 的取值范围是(-∞,2].

求解不等式恒成立时参数的取值范围问题,一般常用分离参数的方法,但是如果分离参 数后对应的函数不便于求解其最值,或者求解其函数最值繁琐时,可采用直接构造函数的方 法求解. 角度二:等价转化法破解双参数存在性问题 a [典题 4] (1)设 f(x)= +xln x,g(x)=x3-x2-3. x ①如果存在 x1,x2∈[0,2],使得 g(x1)-g(x2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数 M;

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1 ? ②如果对于任意的 s,t∈? ?2,2?,都有 f(s)≥g(t)成立,求实数 a 的取值范围. (2)已知函数 f(x)=ax+x2-xln a(a>0,a≠1). ①求函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; ②求函数 f(x)的单调递增区间; ③若存在 x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1(e 是自然对数的底数),求实数 a 的取 值范围. [ 听前试做 ] g(x2)]max≥M. 2 2 x- ?.由 g′(x)<0, 由 g(x)=x3-x2-3, 得 g′(x)=3x2-2x=3x? 解得 0< x < ; 由 g′(x)>0, ? 3? 3 2 解得 x<0 或 x> . 3 2? 2 ? 又 x∈[0,2], 所以 g(x)在区间? 在区间? g(x)max=g(2) ?0,3?上单调递减, ?3,2?上单调递增, 2? 85 =1,g(x)min=g? ?3?=-27. 85 112 所以[g(x1)-g(x2)]max=g(x)max-g(x)min=1+ = ≥M, 27 27 则满足条件的最大整数 M=4. 1 ? ?1 ? ② 对于任意的 s , t ∈ ? ?2,2? ,都有 f(s)≥g(t) 成立, 等价 于在区间 ?2,2? 上 ,函数 f(x)min≥g(x)max. 1 ? 由①可知在区间? ?2,2?上,g(x)的最大值为 g(2)=1. 1 ? a 2 在区间? ?2,2?上,f(x)=x+xln x≥1 恒成立等价于 a≥x-x ln x 恒成立. 1 ? 1 ? 设 h(x)=x-x2ln x,x∈? ln x-x,易知 h′(x)在区间? ?2,2?,则 h′(x)=1-2x· ?2,2?上是 减函数, 1 又 h′(1)=0,所以当 1<x<2 时,h′(x)<0;当 <x<1 时,h′(x)>0. 2 1 ? 所以函数 h(x)=x-x2ln x 在区间? 在区间[1,2]上单调递减, 所以 h(x)max ?2,1?上单调递增, =h(1)=1, 所以实数 a 的取值范围是[1,+∞). (2)①对 f(x)求导,得 f′(x)=axln a+2x-ln a,可得 f′(0)=0. 因为 f(0)=1,所以函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=1. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn (1) ①存在 x1 , x2 ∈ [0,2] ,使得 g(x1) - g(x2)≥M 成立,等价于 [g(x1) -

②由①知,f′(x)=axln a+2x-ln a=2x+(ax-1)· ln a. 因为当 a>0,a≠1 时,总有 f′(x)在 R 上是增函数, 又 f′(0)=0,所以不等式 f′(x)>0 的解集为(0,+∞), 故函数 f(x)的单调递增区间为[0,+∞). ③因为存在 x1,x2∈[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|≥e-1 成立, 而当 x∈[-1,1]时,|f(x1)-f(x2)|≤f(x)max-f(x)min, 所以只需 f(x)max-f(x)min≥e-1 即可. 对于 x∈[-1,1],f′(x),f(x)的变化情况如下表所示: x f′(x) f(x) -1 - 1 +1+ln a a (-1,0) - 0 0 极小值 (0,1) + 1 + a+1-ln a

?

?

所以 f(x)min=f(0)=1,f(x)max=max{f(-1),f(1)}. 1 1 ? 因为 f(1)-f(-1)=(a+1-ln a)-? ?a+1+ln a?=a-a-2ln a, 1 1 1 2 1- ?2≥0, 令 g(a)=a- -2ln a(a>0),因为 g′(a)=1+ 2- =? a a a ? a? 1 所以 g(a)=a- -2ln a 在 a∈(0,+∞)上是增函数,而 g(1)=0, a 故当 a>1 时,g(a)>0,即 f(1)>f(-1); 当 0<a<1 时,g(a)<0,即 f(1)<f(-1). 所以当 a>1 时,f(1)-f(0)≥e-1, 即 a-ln a≥e-1, 函数 y=a-ln a 在 a∈(1,+∞)上是增函数,解得 a≥e; 1 当 0<a<1 时,f(-1)-f(0)≥e-1,即 +ln a≥e-1, a 1 1 函数 y= +ln a 在 a∈(0,1)上是减函数,解得 0<a≤ . a e 1 0, ?∪[e,+∞). 综上可知,所求实数 a 的取值范围为? ? e?

双参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

本例 (1)第①问是 “存在性” 问题,转化方法是:如果存在 x1, x2∈ [0,2] 使得 g(x1) - g(x2)≥M 成立,则可转化为 M≤[g(x1)-g(x2)]max,即求解使不等式 M≤g(x)max-g(x)min 成立 1 ? 时的 M 的最大取值; 第②问是“恒成立”问题, 转化方法是: 如果对于任意的 x1, x2∈? ?2,2?, 1 ? 都有 f(x1)≥g(x2)成立,则可转化为在区间? ?2,2?上,f(x)min≥g(x)max,求解得到实数 a 的取值 范围.

1.(2016· 兰州模拟)已知函数 f(x)=ex-ax(a∈R,e 为自然对数的底数). (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)若 a=1,函数 g(x)=(x-m)f(x)-ex+x2+x 在(2,+∞)上为增函数,求实数 m 的取值 范围. 解:(1)函数 f(x)的定义域为 R,f′(x)=ex-a. 当 a≤0 时,f′(x)>0,?f(x)在 R 上为增函数; 当 a>0 时,由 f′(x)=0 得 x=ln a, 则当 x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0,?函数 f(x)在(-∞,ln a)上为减函数, 当 x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,?函数 f(x)在(ln a,+∞)上为增函数. (2)当 a=1 时,g(x)=(x-m)(ex-x)-ex+x2+x, ≧g(x)在(2,+∞)上为增函数, ?g′(x)=xex-mex+m+1≥0 在(2,+∞)上恒成立, xex+1 即 m≤ x 在(2,+∞)上恒成立, e -1 xex+1 令 h(x)= x ,x∈(2,+∞), e -1 ?ex?2-xex-2ex ex?ex-x-2? h′(x)= = . ?ex-1?2 ?ex-1?2 令 L(x)=ex-x-2,L′(x)=ex-1>0 在(2,+∞)上恒成立, 即 L(x)=ex-x-2 在(2,+∞)上为增函数, 即 L(x)>L(2)=e2-4>0,?h′(x)>0, xex+1 即 h(x)= x 在(2,+∞)上为增函数, e -1 2e2+1 ?h(x)>h(2)= 2 , e -1 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

2e2+1 ?m≤ 2 . e -1 2e2+1? ? 所以实数 m 的取值范围是?-∞, 2 . e -1 ? ? ? 2.已知 a∈R,函数 f(x)=ax-ln x,x∈(0,e](其中 e 是自然对数的底数). (1)当 a=2 时,求 f(x)的单调区间和极值; (2)求函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值. 1 2x-1 解:(1)当 a=2 时,f(x)=2x-ln x,对 f(x)求导,得 f′(x)=2- = . x x 1? ?1 ? 所以 f(x)的单调递减区间是? ?0,2?,单调递增区间是?2,e?, 1? 由此可知 f(x)的极小值为 f? ?2?=1+ln 2,没有极大值. (2)记 g(a)为函数 f(x)在区间(0,e]上的最小值. 1 ax-1 f′(x)=a- = . x x 当 a≤0 时,f′(x)<0,所以 f(x)在区间(0,e]上单调递减,则 g(a)=f(e)=ae-1; 1 当 0<a≤ 时,f′(x)≤0,所以 f(x)在区间(0,e]上单调递减,则 g(a)=f(e)=ae-1; e 1 1 1 1 0, ?上单调递减,在? ,e?上单调递增,则 g(a)=f? ?=1+ln a. 当 a> 时,f(x)在区间? ? a? ?a ? ?a? e

?ae-1,a≤e, 综上所述,g(a)=? 1 ?1+ln a,a>e.
a 3.已知函数 f(x)=ln x+ (a>0). x (1)求 f(x)的单调区间; x3+2?bx+a? 1 (2)讨论关于 x 的方程 f(x)= - 的实根情况. 2x 2 a 解:(1)f(x)=ln x+ 的定义域为(0,+∞), x 1 a x-a 则 f′(x)= - 2= 2 . x x x 因为 a>0,由 f′(x)>0,得 x∈(a,+∞), 由 f′(x)<0,得 x∈(0,a), 所以 f(x)的单调递增区间为(a,+∞),单调递减区间为(0,a). x3+2?bx+a? 1 (2)由题意,将方程 f(x)= - 化简得 2x 2

1

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1 1 b=ln x- x2+ ,x∈(0,+∞). 2 2 ?1+x??1-x? 1 1 1 令 h(x) =ln x- x2-b+ ,则 h′(x)= -x= . 2 2 x x 当 x∈(0,1),h′(x)>0,当 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, 所以 h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. 1 1 所以 h(x)在 x=1 处取得极大值,即最大值,最大值为 h(1)=ln 1- ×12-b+ =-b. 2 2 所以当-b>0,即 b<0 时,y=h(x)的图像与 x 轴恰有两个交点, x3+2?bx+a? 1 方程 f(x)= - 有两个实根; 2x 2 当 b=0 时,y=h(x)和图像与 x 轴恰有一个交点, x3+2?bx+a? 1 方程 f(x)= - 有一个实根; 2x 2 当 b>0 时,y=h(x)的图像与 x 轴无交点, x3+2?bx+a? 1 方程 f(x)= - 无实根. 2x 2 4.(2016· 抚顺模拟)已知函数 f(x)=ax-1+ln x,其中 a 为常数. 1? (1)当 a∈? ?-∞,-e?时,若 f(x)在区间(0,e)上的最大值为-4,求 a 的值; 1 ln x b (2)当 a=- 时,若函数 g(x)=|f(x)|- - 存在零点,求实数 b 的取值范围. e x 2 1 1 解:(1)f′(x)=a+ ,令 f′(x)=0 得 x=- , x a 1? 1 因为 a∈? ?-∞,-e?,所以 0<-a<e, 1 1 由 f′(x)>0 得 0<x<- ,由 f′(x)<0 得- <x<e, a a 1? ? 1 ? 从而 f(x)的增区间为? ?0,-a?,减区间为?-a,e?, 1 1 - ?=-1-1+ln?- ?=-4,解得 a=-e2. 所以 f(x)max=f? ? a? ? a? (2)函数 g(x)=|f(x)|- ln x b ln x b - 存在零点,即方程|f(x)|= + 有实数根, x 2 x 2

由已知,函数 f(x)的定义域为{x|x>0}, 1 x 当 a=- 时,f(x)=- -1+ln x, e e x-e 1 1 所以 f′(x)=- + =- , e x ex 当 0<x<e 时,f′(x)>0;当 x>e 时,f′(x)<0,

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所以,f(x)的增区间为(0,e),减区间为(e,+∞), 所以 f(x)max=f(e)=-1, 所以|f(x)|≥1. 1-ln x ln x b 令 h(x)= + ,则 h′(x)= . x 2 x2 当 0<x<e 时,h′(x)>0; 当 x>e 时,h′(x)<0, 从而 h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减, 1 b 所以 h(x)max=h(e)= + , e 2 要使方程|f(x)|= ln x b + 有实数根, x 2

2 只需 h(x)max≥1 即可,故 b≥2- . e 2 ? 即所求实数 b 的取值范围是? ?2-e,+∞?. 5.已知函数 f(x)=(x+1)e x(e 为自然对数的底数).


(1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e x,存在实数 x1,x2∈[0,1],使得 2φ(x1)<φ(x2)成立.求


实数 t 的取值范围. x 解:(1)≧函数的定义域为 R,f′(x)=- x, e ?当 x<0 时,f′(x)>0;当 x>0 时,f′(x)<0, ?f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减. (2)假设存在 x1,x2∈[0,1],使得 2φ(x1)<φ(x2)成立, 则 2[φ(x)]min<[φ(x)]max. x2+?1-t?x+1 - ≧φ(x)=xf(x)+tf′(x)+e x= , ex -x2+?1+t?x-t ?x-t??x-1? ?φ′(x)= =- . ex ex 对于 x∈[0,1], ①当 t≥1 时,φ′(x)≤0,φ(x)在[0,1]上单调递减, e ?2φ(1)<φ(0),即 t>3- >1. 2 ②当 t≤0 时,φ′(x)>0,φ(x)在[0,1]上单调递增, ?2φ(0)<φ(1),即 t<3-2e<0. 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

③当 0<t<1 时, 若 x∈[0, t), 则 φ′(x)<0, φ(x)在[0, t)上单调递减; 若 x∈(t,1], 则 φ′(x)>0, φ(x)在(t,1]上单调递增,所以 2φ(t)<max{φ(0),φ(1)},
? t+1 3-t? ?. 即 2· t <max?1, e e ? ?

(*)

t+1 t+1 4 2 3-t 3 由(1)知,g(t)=2· t 在[0,1]上单调递减,故 ≤2· t ≤2,而 ≤ ≤ ,所以不等式 e e e e e e (*)无解. e ? 综上所述,t 的取值范围为(-∞,3-2e)∪? ?3-2,+∞?. 6.已知函数 f(x)=x2-ax-aln x(a∈R). (1)若函数 f(x)在 x=1 处取得极值,求 a 的值; x3 5x2 11 (2)在(1)的条件下,求证:f(x)≥- + -4x+ ; 3 2 6 (3)当 x∈[e,+∞)时,f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围. a 解:(1)f′(x)=2x-a- ,由题意可得 f′(1)=0,解得 a=1. x 经检验,a=1 时 f(x)在 x=1 处取得极值,所以 a=1. (2)由(1)知,f(x)=x2-x-ln x, x3 5x2 11 x3 3x2 11 - + -4x+ ?= - +3x-ln x- , 令 g(x)=f(x)-? 6? 3 ? 3 2 2 6
3 ?x-1?3 1 x -1 由 g′(x)=x2-3x+3- = -3(x-1)= (x>0),可知 g(x)在(0,1)上是减函数, x x x

在(1,+∞)上是增函数, 所以 g(x)≥g(1)=0, x3 5x2 11 所以 f(x)≥- + -4x+ 成立. 3 2 6 (3)由 x∈[e,+∞)知,x+ln x>0, x2 所以 f(x)≥0 恒成立等价于 a≤ 在 x∈[e,+∞)时恒成立, x+ln x x?x-1+2ln x? x2 令 h(x)= ,x∈[e,+∞),有 h′(x)= >0, x+ln x ?x+ln x?2 e2 e2 所以 h(x)在[e,+∞)上是增函数,有 h(x)≥h(e)= ,所以 a≤ . e+1 e+1 e 故所求 a 的取值范围是?-∞,e+1?. ? ?
2

考点一:导数的运算及几何意义

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1.(2014· 全国高考)曲线 y=xex A.2e B.e C.2 D.1

-1

在点(1,1)处切线的斜率等于(

)

解析:选 C 由题意可得 y′=ex 1+xex 1,所以曲线在点(1,1)处切线的斜率等于 2.
- -

2.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为 y=2x,则 a =( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:选 D y′=a- 1 ,由题意得 y′|x=0=2,即 a-1=2,所以 a=3. x+1

b 3.(2014· 江苏高考)在平面直角坐标系 xOy 中,若曲线 y=ax2+ (a,b 为常数)过点 P(2, x -5),且该曲线在点 P 处的切线与直线 7x+2y+3=0 平行,则 a+b 的值是________. b b 解析:y=ax2+ 的导数为 y′=2ax- 2, x x 7 直线 7x+2y+3=0 的斜率为- . 2

?4a+2=-5, 由题意得? b 7 ?4a-4=-2,
答案:-3

b

?a=-1, ? 解得? 则 a+b=-3. ? ?b=-2,

考点二:导数与函数的单调性 1.(2015· 新课标全国卷Ⅱ)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( A.(-∞,-1)∪(0,1) B.(-1,0)∪(1,+∞) C.(-∞,-1)∪(-1,0) D.(0,1)∪(1,+∞) xf′?x?-f?x? f?x? 解析: 选 A 设 y=g(x)= (x≠0), 则 g′(x)= , 当 x>0 时, xf′(x)-f(x)<0, x x2 ?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, )

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?g(x)的图像的示意图如图所示. 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). 2.(2014· 新课标全国卷Ⅱ)若函数 f(x)=kx-ln x 在区间(1,+∞ )单调递增,则 k 的取值 范围是( ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

A.(-∞,-2] C.[2,+∞)

1 解析:选 D 因为 f(x)=kx-ln x,所以 f′(x)=k- .因为 f(x)在区间(1,+∞)上单调递 x 1 1 增,所以当 x>1 时,f′(x)=k- ≥0 恒成立,即 k≥ 在区间(1,+∞)上恒成立.因为 x>1, x x 1 所以 0< <1,所以 k≥1.故选 D. x 3.(2015· 安徽高考) 函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图像如图所示,则下列结论成立的是 ( )

A.a>0,b<0,c>0,d>0 B.a>0,b<0,c<0,d>0 C.a<0,b<0,c>0,d>0 D.a>0,b>0,c>0,d<0 解析:选 A 法一:由图像知 f(0)=d>0.因为 x<x1 时,f′(x)>0 且 f′(x)=3ax2+2bx+c 2b b =0 有两个不相等的正实根,所以 a>0,- =- >0,所以 b<0.又 f′(0)=c>0,所以 a>0, 6a 3a b<0,c>0,d>0. 法二:由图像知 f(0)=d>0,首先排除选项 D;f′(x)=3ax2+2bx+c=3a(x-x1)(x-x2)= 3ax2-3a(x1+x2)x+3ax1x2,x1<x2,因为 x∈(-∞,x1)时,f′(x)>0,所以 a>0,排除 C;又 c 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

=3ax1x2>0,2b=-3a(x1+x2)<0,所以 c>0,b<0,故选 A. 考点三:导数与函数的极值和最值 (2013· 新课标全国卷Ⅱ)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c,下列结论中错误的是( A.存在 x0∈R,f(x0)=0 B.函数 y=f(x)的图像是中心对称图形 C.若 x0 是 f(x)的极小值点,则 f(x)在区间(-∞,x0)单调递减 D.若 x0 是 f(x)的极值点,则 f (x0)=0 解析:选 C 由于三次函数的三次项系数为正值,当 x→-∞时,函数值→-∞,当 x→ +∞时,函数值也→+∞,又三次函数的图像是连续不断的,故一定穿过 x 轴,即一定存在 x0∈R,f(x0)=0,选项 A 中的结论正确;函数 f(x)的解析式可以通过配方的方法化为形如(x +m)3+n(x+m)+h 的形式,通过平移函数图像,函数的解析式可以化为 y=x3+nx 的形式, 这是一个奇函数,其图像关于坐标原点对称,故函数 f(x)的图像是中心对称图形,选项 B 中 的结论正确;由于三次函数的三次项为正值,故函数如果存在极值点 x1,x2,则极小值点 x2 >x1,即函数在-∞到极小值点的区间上是先递增后递减的,所以选项 C 中的结论错误;根 据导数与极值的关系,显然选项 D 中的结论正确. 考点四:导数的综合应用 1.(2015· 四川高考)已知函数 f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中 a>0. (1)设 g(x)是 f(x)的导函数,讨论 g(x)的单调性; (2)证明:存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 在区间(1,+∞)内恒成立,且 f(x)=0 在区间(1, +∞)内有唯一解. 解:(1)由已知,函数 f(x)的定义域为(0,+∞), a? g(x)=f′(x)=2(x-a)-2ln x-2? ?1+x?, 1 1? 2?x- ?2+2? ?a-4? 2 2a ? 2? 所以 g′(x)=2- + 2 = . x x x2 1 ? 1- 1-4a?, 当 0<a< 时,g(x)在区间?0, ? 4 2 ? ?


)

?1+ 1-4a ? ? ,+∞?上单调递增, 2 ? ?
在区间?

?1- 1-4a 1+ 1-4a?上单调递减; ? , 2 2 ? ?

1 当 a≥ 时,g(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 4 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

a? (2)证明:由 f′(x)=2(x-a)-2ln x-2? ? 1+ x ? = 0, x-1-ln x 解得 a= . - 1+x 1 ln x? ln x? ln x?2 x-1-ln x ? x-1-- ?x-1-- ?x-1-- 2 令 φ(x)=-2?x+ ? + 1+x-1 , 1 ?ln x+x -2? 1 ?x-2? 1+x ? ? ? 1+ x ? ? 1+x 1 ? e?e-2? ? e-2 ?2 则 φ(1)=1>0,φ(e)=- - ? <0. - -2? 1+e 1 ?1+e 1? 故存在 x0∈(1,e),使得 φ(x0)=0. x0-1-ln x0 令 a0= ,u(x)=x-1-ln x(x≥1). - 1+x0 1 1 由 u′(x)=1- ≥0 知,函数 u(x)在区间(1,+∞)上单调递增. x e-2 u?1? u?x0? u?e? 所以 0= < -1=a0< -1= - <1, 1+1 1+x0 1+e 1+e 1 即 a0∈(0,1). 当 a=a0 时,有 f′(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0, 由(1)知,f′(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 故当 x∈(1,x0)时,f′(x)<0,从而 f(x)>f(x0)=0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,从而 f(x)>f(x0)=0. 所以,当 x∈(1,+∞)时,f(x)≥0. 综上所述,存在 a∈(0,1),使得 f(x)≥0 在区间(1,+∞) 内恒成立,且 f(x)=0 在区间(1,+∞)内有唯一解. x2 2.(2015· 山东高考)设函数 f(x)=(x+a)ln x,g(x)= x.已知曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的 e 切线与直线 2x-y=0 平行. (1)求 a 的值; (2)是否存在自然数 k,使得方程 f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根?如果存在,求出 k;如果不存在,请说明理由; (3)设函数 m(x)=min{f(x),g(x)}(min{p,q}表示 p,q 中的较小值),求 m(x)的最大值. 解:(1)由题意知,曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 2,所以 f′(1)=2. a 又 f′(x)=ln x+ +1,所以 a=1. x (2)当 k=1 时,方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根. x2 设 h(x)=f(x)-g(x)=(x+1)ln x- x, e 版权所有:中国好课堂 www.zghkt.cn

当 x∈(0,1]时,h(x)<0. 4 4 又 h(2)=3ln 2- 2=ln 8- 2>1-1=0, e e 所以存在 x0∈(1,2),使得 h(x0)=0. x?x-2? 1 因为 h′(x)=ln x+ +1+ , x ex 1 所以当 x∈(1,2)时,h′(x)>1- >0, e 当 x∈(2,+∞)时,h′(x)>0, 所以当 x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增. 所以当 k=1 时,方程 f(x)=g(x)在(k,k+1)内存在唯一的根. (3)由(2)知,方程 f(x)=g(x)在(1,2)内存在唯一的根 x0,且 x∈(0,x0)时,f(x)<g(x), x∈(x0,+∞)时,f(x)>g(x), ?x+1?ln x,x∈?0,x0], ? ?2 所以 m(x)=?x ?ex,x∈?x0,+∞?. ? 当 x∈(0,x0)时,若 x∈(0,1],m(x)≤0; 1 若 x∈(1,x0),由 m′(x)=ln x+ +1>0, x 可知 0<m(x)≤m(x0);故 m(x)≤m(x0). x?2-x? 当 x∈(x0,+∞)时,由 m′(x)= , ex 可得 x∈(x0,2)时,m′(x)>0,m(x)单调递增; x∈(2,+∞)时,m′(x)<0,m(x)单调递减. 4 可知 m(x)≤m(2)= 2,且 m(x0)<m(2). e 4 综上可得,函数 m(x)的最大值为 2. e ?x-1?2 3.(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; (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). -x2+x+1 1 解:(1)f′(x)= -x+1= ,x∈(0,+∞). x x

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?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-x2 则有 F′(x)= . 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,+∞), -x2+?1-k?x+1 1 则有 G′(x)= -x+1-k= . x x 由 G′(x)=0,得-x2+(1-k)x+1=0, 1-k- ?1-k?2+4 解得 x1= <0, 2 1-k+ ?1-k?2+4 x2= >1. 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). 考点四:定积分 1.(2014· 江西高考)若 f(x)=x2+2? ?0f?x?dx =( ? f(x)dx,则 ?
0 1 1

)

1 A.-1 B.- 3

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1 C. 3

D.1
1

解析:选 B ≧f(x)=x2+2? ? f(x)dx,
0

1 3 1 ?1 f?x?dx?1 x +2x? ∴? = ? ?0f(x)dx=? 0 ?3 ?0 3+2?0f(x)dx.
1 1 1 ∴? ?0f(x)dx=-3.

1

2. (2014· 山东高考)直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限内围成的封闭图形的面积为( A.2 2 C.2 B.4 2 D.4

)

解析:选 D 由 4x=x3,解得 x=0 或 x=2 或 x=-2(舍去),根据定积分的几何意义可 知, 直线 y=4x 与曲线 y=x3 在第一象限内围成的封闭图形的面积为? ? |2 0=4.
2 0

?4x-x3?dx ?2x2-1x4? =? 4 ?

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