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山东2016高考数学理科二轮复习讲义:专题一+第3讲+导数与函数的单调性、极值、最值问题


第 3 讲 导数与函数的单调性、极值、最值问题
高考定位 高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中,函数的单调性,函数 的极值与最值均是高考命题的重点内容,在选择题、填空题、解答题中都有涉及,试题难度 不大.

真 题 感 悟
(2015· 全国Ⅱ卷)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. (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)单调递减,在(0,+∞)上单调递增. (2)解 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 ① ?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.
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综上,m 的取值范围是[-1,1].

考 点 整 合
1.导数与函数的单调性 (1)函数单调性的判定方法:设函数 y=f(x)在某个区间内可导,如果 f′(x)>0,则 y=f(x)在该 区间为增函数;如果 f′(x)<0,则 y=f(x)在该区间为减函数. (2)函数单调性问题包括:①求函数的单调区间,常常通过求导,转化为解方程或不等式,常 用到分类讨论思想;②利用单调性证明不等式或比较大小,常用构造函数法. 2.极值的判别方法 当函数 f(x)在点 x0 处连续时,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;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.也就是说 x0 是极值点 的充分条件是点 x0 两侧导数异号,而不是 f′(x)=0.此外,函数不可导的点也可能是函数的极 值点,而且极值是一个局部概念,极值的大小关系是不确定的,即有可能极大值比极小值小. 3.闭区间上函数的最值 在闭区间上连续的函数,一定有最大值和最小值,其最大值是区间的端点处的函数值和在这 个区间内函数的所有极大值中的最大者,最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数 的所有极小值中的最小者.

热点一

导数与函数的单调性 求含参函数的单调区间 x-1 ,其中 a 为常数. x+1

[微题型 1]

【例 1-1】 (2014· 山东卷)设函数 f(x)=aln x+

(1)若 a=0,求曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)讨论函数 f(x)的单调性. 解 (1)由题意知 a=0 时,f(x)= x-1 ,x∈(0,+∞). x+1

此时 f′(x)=

2 1 2.可得 f′(1)= ,又 f(1)=0, 2 (x+1)

所以曲线 y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为 x-2y-1=0. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞). ax2+(2a+2)x+a a 2 f′(x)= x+ = . (x+1)2 x(x+1)2
2

当 a≥0 时,f′(x)>0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 当 a<0 时,令 g(x)=ax2+(2a+2)x+a, 由于 Δ=(2a+2)2-4a2=4(2a+1), 1 ①当 a=-2时,Δ=0, 1 -2(x-1)2 x(x+1)2

f′(x)=

≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减.

1 ②当 a<-2时,Δ<0,g(x)<0, f′(x)<0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减. 1 ③当-2<a<0 时,Δ>0. 设 x1,x2(x1<x2)是函数 g(x)的两个零点, 则 x1= -(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1 , x . 2= a a

a+1- 2a+1 a2+2a+1- 2a+1 由于 x1= = >0, -a -a 所以 x∈(0,x1)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, x∈(x1,x2)时,g(x)>0,f′(x)>0,函数 f(x)单调递增, x∈(x2,+∞)时,g(x)<0,f′(x)<0,函数 f(x)单调递减, 综上可得:当 a≥0 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递增; 1 当 a≤-2时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; ? 1 -(a+1)+ 2a+1? ?, 当-2<a<0 时,f(x)在?0, a ? ? ?-(a+1)- 2a+1 ? ? ?上单调递减, ,+∞ a ? ? ?-(a+1)+ 2a+1 -(a+1)- 2a+1? ?上单调递增. 在? , a a ? ? 探究提高 讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下,这类问

题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论,在能够通过因式分解求出不等 式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论,在不能通过因式分解求出根的情况时根据不 等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的,千万 不要忽视了定义域的限制.
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[微题型 2]

已知单调性求参数的范围

3x2+ax 【例 1-2】 (2015· 重庆卷)设函数 f(x)= ex (a∈R). (1)若 f(x)在 x=0 处取得极值,确定 a 的值,并求此时曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)若 f(x)在[3,+∞)上为减函数,求 a 的取值范围. 解 (6x+a)ex-(3x2+ax)ex -3x2+(6-a)x+a (1)对 f(x)求导得 f′(x)= = , ex (ex)2

因为 f(x)在 x=0 处取得极值,所以 f′(0)=0,即 a=0. -3x2+6x 3x2 3 3 当 a=0 时,f(x)= x ,f′(x)= ,故 f(1)= ,f′(1)= ,从而 f(x)在点(1,f(1))处的切线 e ex e e 3 3 方程为 y-e =e (x-1),化简得 3x-ey=0. (2)由(1)知 f′(x)= -3x2+(6-a)x+a . ex

令 g(x)=-3x2+(6-a)x+a, 由 g(x)=0, 6-a- a2+36 6-a+ a2+36 解得 x1= ,x2= . 6 6 当 x<x1 时,g(x)<0,即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数; 当 x1<x<x2 时,g(x)>0,即 f′(x)>0, 故 f(x)为增函数; 当 x>x2 时,g(x)<0, 即 f′(x)<0,故 f(x)为减函数. 由 f(x)在[3,+∞)上为减函数, 6-a+ a2+36 9 知 x2= ≤ 3 ,解得 a ≥- 6 2, ? 9 ? 故 a 的取值范围为?-2,+∞?. ? ? 探究提高 减)区间. (2)已知函数的单调性,求参数的取值范围,应用条件 f′(x)≥0(或 f′(x)≤0),x∈(a,b)恒成立, 解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解), 应注意参数的取值是 f′(x)不恒等于 0 的参数的范围. 【训练 1】 函数 f(x)=ax3+3x2+3x(a≠0).
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(1)当 f(x)不含参数时, 可通过解不等式 f′(x)>0(或 f′(x)<0)直接得到单调递增(或递

(1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)在区间(1,2)上是增函数,求 a 的取值范围. 解 (1)f′(x)=3ax2+6x+3,f′(x)=0 的判别式 Δ=36(1-a).

①若 a≥1,则 f′(x)≥0,且 f′(x)=0 当且仅当 a=1,x=-1,故此时 f(x)在 R 上是增函数. ②由于 a≠0,故当 a<1 时,f′(x)=0 有两个根, x1= -1+ 1-a -1- 1-a , x . 2= a a

若 0<a<1,则当 x∈(-∞,x2)或 x∈(x1,+∞)时, f′(x)>0,故 f(x)分别在(-∞,x2),(x1,+∞)上是增函数; 当 x∈(x2,x1)时,f′(x)<0, 故 f(x)在(x2,x1)上是减函数; 若 a<0,则当 x∈(-∞,x1)或 x∈(x2,+∞)时, f′(x)<0,故 f(x)分别在(-∞,x1),(x2,+∞)上是减函数; 当 x∈(x1,x2)时,f′(x)>0, 故 f(x)在(x1,x2)上是增函数. (2)当 a>0,x>0 时,f′(x)=3ax2+6x+3>0, 故当 a>0 时,f(x)在区间(1,2)上是增函数. 当 a<0 时,f(x)在区间(1,2)上是增函数当且仅当 5 f′(1)≥0 且 f′(2)≥0,解得-4≤a<0. ? 5 ? 综上,a 的取值范围是?-4,0?∪(0,+∞). ? ? 热点二 导数与函数的极值、最值 求含参函数的极值(或最值)

[微题型 1]

【例 2-1】 (2015· 济南模拟)设函数 f(x)=x3-kx2+x(k∈R). (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 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,故 f(x)在 R 上单调递增. 故函数 f(x)的单调增区间为(-∞,+∞),无单调减区间.

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k (2)法一 当 k<0 时,f′(x)=3x2-2kx+1,f′(x)的图象开口向上,对称轴为 x=3,且过点(0,1). 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. 当 Δ=4k2-12=4(k+ 3)(k- 3)>0, 即 k<- 3时,令 f′(x)=3x2-2kx+1=0, k+ k2-3 k- k2-3 解得 x1= , x = , 2 3 3 注意到 k<x2<x1<0, 1 2k (注:可用根与系数的关系判断,由 x1· x2=3,x1+x2= 3 >k,从而 k<x2<x1<0;或者由对称 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.
3 2 因为 f(x2)-f(-k)=x2 -kx2 +x2-(-k3-k· k2-k)=(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)在[k,-k]上的最小值 m=f(k)=k,最大值 M=f(-k)=-2k3-k. 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. 探究提高 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论:

(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论;(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确 定需要讨论;(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论;(4)参数的取值范围不同导致函 数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论. [微题型 2] 与极值点个数有关的参数问题

【例 2-2】 (2015· 聊城模拟)已知函数 f(x)=ax2-ex,a∈R,f′(x)是 f(x)的导函数(e 为自然对 数的底数).若 f(x)有两个极值点 x1,x2,求实数 a 的取值范围.
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法一 若 f(x)有两个极值点 x1,x2,则 x1,x2 是方程 f′(x)=0 的两个根.

ex f′(x)=2ax-ex=0,显然 x≠0,故 2a= x , (x-1)e ex 令 h(x)= x ,则 h′(x)= . x2 若 x<0,则 h(x)单调递减,且 h(x)<0. 若 x>0,当 0<x<1 时,h′(x)<0,h(x)在(0,1)上递减, 当 x>1 时,h′(x)>0,h(x)在(1,+∞)上递增,h(x)min=h(1)=e. ex e 要使 f(x)有两个极值点,则需满足 2a= x 在(0,+∞)上有两个不同解,故 2a>e,即 a>2, ?e ? 故 a 的取值范围为?2,+∞?. ? ? 法二 设 g(x)=f′(x)=2ax-ex,则 g′(x)=2a-ex,
x

且 x1,x2 是方程 g(x)=0 的两个根, 当 a≤0 时,g′(x)<0 恒成立,g(x)单调递减,方程 g(x)=0 不可能有两个根; 当 a>0 时,由 g′(x)=0 得 x=ln 2a, 当 x∈(-∞,ln 2a)时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 当 x∈(ln 2a,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减, e ∴g(x)max=g(ln 2a)=2aln 2a-2a>0,解得 a>2. ?e ? 故 a 的取值范围是?2,+∞?. ? ? 探究提高 极值点的个数, 一般是使 f′(x)=0 方程根的个数, 一般情况下导函数若可以化成二

次函数,我们可以利用判别式研究,若不是,我们可以借助导函数的性质及图象研究. x2 【训练 2】 (2015· 山东卷)设函数 f(x)=(x+a)ln x,g(x)=ex. 已知曲线 y=f(x) 在点(1,f(1)) 处的切线与直线 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
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(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- ex, 当 x∈(0,1]时,h(x)<0. 4 4 又 h(2)=3ln 2-e2=ln 8-e2>1-1=0, 所以存在 x0∈(1,2),使得 h(x0)=0. x(x-2) 1 因为 h′(x)=ln x+ x+1+ , ex 1 所以当 x∈(1,2)时,h′(x)>1- e>0, 当 x∈(2,+∞)时,h′(x)>0, 所以当 x∈(1,+∞)时,h(x)单调递增, 所以 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], ? ? 所以 m(x)=?x2 x ,x∈(x0,+∞). ? ?e 当 x∈(0,x0]时,若 x∈(0,1],m(x)≤0; 1 若 x∈(1,x0],由 m′(x)=ln x+ x+1>0, 可知 0<m(x)≤m(x0); 故 m(x)≤m(x0). 当 x∈(x0,+∞)时,由 m′(x)= x(2-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)=e2,且 m(x0)<m(2). 4 综上可得,函数 m(x)的最大值为e2.

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1.如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个,这些单调区间不能用“∪”连接,而只能 用逗号或“和”字隔开. 2.可导函数在闭区间[a,b]上的最值,就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最 小值. 3.可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定,也有可能极小值大于极大值; (2)对于可导函数 f(x), “f(x)在 x=x0 处的导数 f′(x)=0”是“f(x)在 x=x0 处取得极值”的必要 不充分条件; (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系,导函数由正变负的零点是原函数的极大值点,导 函数由负变正的零点是原函数的极小值点. 4.求函数的单调区间时,若函数的导函数中含有带参数的有理因式,因式根的个数、大小、 根是否在定义域内可能都与参数有关,则需对参数进行分类讨论. 5.求函数的极值、最值问题,一般需要求导,借助函数的单调性,转化为方程或不等式问题 来解决,有正向思维——直接求函数的极值或最值;也有逆向思维——已知函数的极值或最 值,求参数的值或范围,常常用到分类讨论、数形结合的思想.

一、选择题 1 1.函数 f(x)=2x2-ln x 的单调递减区间为( A.(-1,1] C.[1,+∞) 解析 )

B.(0,1] D.(0,+∞)

1 由题意知,函数的定义域为(0,+∞),又由 f′(x)=x- x≤0,解得 0<x≤1,所以函数

f(x)的单调递减区间为(0,1]. 答案 B

1 2.(2015· 莱芜模拟)已知函数 f(x)=2mx2+ln x-2x 在定义域内是增函数,则实数 m 的取值范 围是( ) B.[-1,+∞) D.(-∞,1]

A.[-1,1] C.[1,+∞) 解析

1 f′(x)=mx+ -2≥0 对一切 x>0 恒成立, x
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?1?2 2 ∴m≥-?x? + . x ? ? 1 ?1?2 2 令 g(x)=-? x? + x,则当 x=1,即 x=1 时,函数 g(x)取最大值 1.故 m≥1. ? ? 答案 C )

3.(2015· 临沂模拟)函数 f(x)=x3-3ax-a 在(0,1)内有最小值,则 a 的取值范围是( A.[0,1) 1? ? C.?0,2? ? ? 解析 B.(-1,1) D.(0,1)

f′(x)=3x2-3a=3(x2-a).当 a≤0 时,f′(x)>0,

∴f(x)在(0,1)内单调递增,无最小值. 当 a>0 时,f′(x)=3(x- a)(x+ a). 当 x∈(-∞,- a)和( a,+∞)时,f(x)单调递增; 当 x∈(- a, a)时,f(x)单调递减, 所以当 a<1,即 0<a<1 时,f(x)在(0,1)内有最小值. 答案 D

4.(2015· 陕西卷)对二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a 为非零整数),四位同学分别给出下列结论, 其中有且只有一个结论是错误的,则错误的结论是( A.-1 是 f(x)的零点 C.3 是 f(x)的极值 解析 B.1 是 f(x)的极值点 )

D.点(2,8)在曲线 y=f(x)上

A 正确等价于 a-b+c=0,①

B 正确等价于 b=-2a,② 4ac-b2 C 正确等价于 4a =3,③ D 正确等价于 4a+2b+c=8.④ 下面分情况验证:

?a=5, 若 A 错,由②、③、④组成的方程组的解为?b=-10,符合题意; ?c=8.
若 B 错,由①、③、④组成的方程组消元转化为关于 a 的方程后无实数解; 若 C 错,由①、②、④组成方程组,经验证 a 无整数解; 3 若 D 错,由①、②、③组成的方程组 a 的解为-4也不是整数.综上,故选 A.
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答案

A

5.(2015· 滨州模拟)函数 f(x)的定义域是 R,f(0)=2,对任意 x∈R,f(x)+f′(x)>1,则不等式 ex· f(x)>ex+1 的解集为( A.{x|x>0} B.{x|x<0} C.{x|x<-1,或 x>1} D.{x|x<-1,或 0<x<1} 解析 构造函数 g(x)=ex· f(x)-ex, )

因为 g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex =ex[f(x)+f′(x)]-ex>ex-ex=0, 所以 g(x)=ex· f(x)-ex 为 R 上的增函数. 又因为 g(0)=e0· f(0)-e0=1, 所以原不等式转化为 g(x)>g(0),解得 x>0. 答案 A

二、填空题 1 6.(2015· 陕西卷)设曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线与曲线 y= x(x>0)上点 P 处的切线垂直, 则 P 的坐标为________. 解析 1 ?1? ∵(ex)′|x=0=e0=1,设 P(x0,y0),有? x?′|x=x0=-x2=-1,又∵x0>0,∴x0=1,故 P ? ? 0

的坐标为(1,1). 答案 (1,1)

7.若 f(x)=x3+3ax2+3(a+2)x+1 在 R 上单调递增,则 a 的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x2+6ax+3(a+2).

由题意知 f′(x)≥0 在 R 上恒成立, 所以 Δ=36a2-4×3×3(a+2)≤0,解得-1≤a≤2. 答案 [-1,2]

1 8.(2015· 衡水中学期末)若函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围 是________.

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解析

2 (x-1)(x-3) 3 -x +4x-3 对 f(x)求导,得 f′(x)=-x+4- x= =- .由 f′(x)=0 得函 x x

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,所以 t<1<t+1 或 t<3<t+1,解得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3)

三、解答题 9.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+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)?ex-2?. ? ? 令 f′(x)=0 得,x=-ln 2 或 x=-2. 从而当 x∈(-∞,-2)∪(-ln 2,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(-2,-ln 2)时,f′(x)<0. 故 f(x)在(-∞,-2],[-ln 2,+∞)上单调递增,在[-2,-ln 2]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). 10.(2015· 烟台模拟)已知函数 f(x)=x3-ax2-3x. (1)若 f(x)在[1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围; k (2)已知函数 g(x)=ln(1+x)-x+2x2(k≥0),讨论函数 g(x)的单调性. 解 (1)对 f(x)求导,得 f′(x)=3x2-2ax-3.

3? 1? 由 f′(x)≥0 在[1,+∞)上恒成立,得 a≤2?x- x?. ? ? 3? 1? 记 t(x)=2?x-x?,当 x≥1 时,t(x)是增函数, ? ? 3 所以 t(x)min=2(1-1)=0.所以 a≤0. (2)g′(x)= x(kx+k-1) ,x∈(-1,+∞). 1+x

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当 k=0 时,g′(x)=-

x ,所以在区间(-1,0)上,g′(x)>0;在区间(0,+∞)上,g′(x)<0. 1+x

故 g(x)的单调递增区间是(-1,0],单调递减区间是[0,+∞). 当 0<k<1 时,由 g′(x)= x(kx+k-1) 1-k =0,得 x1=0,x2= k >0,所以在区间(-1,0)和 1+x

1-k? ?1-k ? ? ? ?上,g′(x)>0;在区间?0, ?上,g′(x)<0.故 g(x)的单调递增区间是(-1,0] ,+∞ k ? ? k ? ? 1-k? x2 ?1-k ? ? 和? >0,故 g(x)的单调递增 ,+∞?,单调递减区间是?0, k ?.当 k=1 时,g′(x)= 1+x ? k ? ? ? 区间是(-1,+∞). 当 k>1 时, g′(x)= x(kx+k-1) 1-k 1-k? ? ? =0,得 x1= k ∈(-1, 0), x2=0,所以在区间?-1, k ? 1+x ?

1-k? ?1-k ? ? ?上,g′(x)<0.故 g(x)的单调递增区间是?-1, ? 和(0,+∞)上,g′(x)>0,在区间? , 0 k ? ? k ? ? ?1-k ? 和[0,+∞),单调递减区间是? ,0?. ? k ? ex ?2 ? 11.(2014· 山东卷)设函数 f(x)=x2-k? x+ln x?(k 为常数,e=2.718 28?是自然对数的底数). ? ? (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? -k?-x2+ x? x4 ? ?

f′(x)=

xex-2ex k(x-2) (x-2)(ex-kx) = x3 - = . x2 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, 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,+∞). 因为 g′(x)=ex-k=ex-eln k, 当 0<k≤1 时,
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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,ln k)时,g′(x)<0,函数 y=g(x)单调递减. x∈(ln k,+∞)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(ln k)=k(1-ln k).

?g(ln k)<0, e 函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当? 解得 e<k< 2 , g(2)>0, ?0<ln k<2,
g(0)>0,
2 2 ? e? 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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