导数的应用 高考数学专题复习要点及习题解答

导数的应用1．函数的单调性在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．2．函数的极值(1)函数的极小值：函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．(2)函数的极大值：函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．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．[小题体验]1．(教材习题改编)函数f(x)＝ex－x的减区间为________．答案：(－∞，0)2．(教材习题改编)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4的极大值为________．答案：eq\f(28,3)3．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．答案：31．求函数单调区间与函数极值时没有列表的习惯，会造成问题不能直观且有条理的解决．2．求函数最值时，易误认为极值点就是最值点，不通过比较就下结论．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．[小题纠偏]1．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)解析：选B函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，令y′≤0，则可得0＜x≤1.2．函数y＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8.∴最大值为8.答案：8第一课时导数与函数的单调性eq\a\vs4\al(考点一判断或证明函数的单调性)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2015·江苏高考节选)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．试讨论f(x)的单调性．解：f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).当a＝0时，因为f′(x)＝3x2≥0，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a＞0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上单调递减；当a＜0时，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上单调递减．[由题悟法]导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的3步骤(1)一求．求f′(x)；(2)二定．确认f′(x)在(a，b)内的符号；(3)三结论．作出结论：f′(x)＞0时为增函数；f′(x)＜0时为减函数．[提醒]研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．[即时应用](2015·云南统考)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x).(1)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2)若f[x(3x－2)]＜－eq\f(1,3)，求实数x的取值范围．解：(1)证明：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1＋2x－2x,1＋2x2)＝eq\f(4x2＋3x＋1,x1＋2x2).∵x＞0，∴4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0.∴当x＞0时，f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．(2)∵f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)，∴f(1)＝ln1－eq\f(1,1＋2×1)＝－eq\f(1,3).由f[x(3x－2)]＜－eq\f(1,3)得f[x(3x－2)]＜f(1)．由(1)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3x－2＞0，,x3x－2＜1，))解得－eq\f(1,3)＜x＜0或eq\f(2,3)＜x＜1.∴实数x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).eq\a\vs4\al(考点二求函数的单调区间)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2015·长春质量监测)定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝eq\f(f′1,2)·e2x－2＋x2－2f(0)x，g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))－eq\f(1,4)x2＋(1－a)x＋a.(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)的单调区间．解：(1)f′(x)＝f′(1)e2x－2＋2x－2f(0)，∴f′(1)＝f′(1)＋2－2f(0)，即f(0)＝1.又f(0)＝eq\f(f′1,2)·e－2，∴f′(1)＝2e2，∴f(x)＝e2x＋x2－2x.(2)∵f(x)＝e2x＋x2－2x，∴g(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))－eq\f(1,4)x2＋(1－a)x＋a＝ex＋eq\f(1,4)x2－x－eq\f(1,4)x2＋(1－a)x＋a＝ex－a(x－1)，∴g′(x)＝ex－a.①当a≤0时，g′(x)＞0，函数g(x)在R上单调递增；②当a＞0时，由g′(x)＝ex－a＝0得x＝lna，∴x∈(－∞，lna)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；x∈(lna，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．综上，当a≤0时，函数g(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；当a＞0时，函数g(x)的单调递增区间为(lna，＋∞)，单调递减区间为(－∞，lna)．[由题悟法]确定函数单调区间4步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求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．[即时应用](2015·重庆卷改编)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值．(1)确定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，求g(x)的单调区间．解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，因为f(x)在x＝－eq\f(4,3)处取得极值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2.)(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数．综上知，g(x)的减区间为(－∞，－4)和(－1,0)，增区间为(－4，－1)和(0，＋∞)．eq\a\vs4\al(考点三已知函数的单调性求参数的范围)eq\a\vs4\al(题点多变型考点——纵引横联)[典型母题]已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在R上为增函数，求实数a的取值范围．[解](1)f′(x)＝3x2－a.①当a≤0时，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上为增函数．②当a＞0时，令3x2－a＝0得x＝±eq\f(\r(3a),3)；当x＞eq\f(\r(3a),3)或x＜－eq\f(\r(3a),3)时，f′(x)＞0；当－eq\f(\r(3a),3)＜x＜eq\f(\r(3a),3)时，f′(x)＜0.因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),a)))上为减函数．综上可知，当a≤0时，f(x)在R上为增函数；当a＞0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上为增函数，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上为减函数．(2)因为f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2对x∈R恒成立．因为3x2≥0，所以只需a≤0.又因为a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函数，所以a≤0，即实数a的取值范围为(－∞，0].[类题通法]根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题，即“若函数单调递增，则f′(x)≥0；若函数单调递减，则f′(x)≤0”来求解．[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．[越变越明][变式1]函数f(x)不变，若f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．解：因为f′(x)＝3x3－a，且f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范围为(－∞，3]．[变式2]函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上为减函数，试求a的取值范围．解：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因为－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即当a的取值范围为[3，＋∞)时，f(x)在(－1,1)上为减函数．[变式3]函数f(x)不变，若f(x)的单调递减区间为(－1,1)，求a的值．解：由母题可知，f(x)的单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，∴eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.[破译玄机][破译玄机]函数的单调区间是指单调递增或单调递减，在求解中应列方程求解，与函数在某个区间上具有单调性是不同的．[变式4]函数f(x)不变，若f(x)在区间(－1,1)上不单调，求a的取值范围．解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0)．∵f(x)在区间(－1,1)上不单调，∴0＜eq\f(\r(3a),3)＜1，得0＜a＜3，即a的取值范围为(0,3)．[破译玄机][破译玄机]函数在其区间上不具有单调性，但可在子区间上具有单调性，如变式4中利用了eq\f(\r(3a),3)∈(0,1)来求解．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2015·九江模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是()A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)解析：选D函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)＞0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.2．已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选Af′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，当a≥0时，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．3．(2016·黄冈调研)已知a≥1，f(x)＝x3＋3|x－a|，若函数f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分别记为M，m，则M－m的值为()A．8 B．－a3－3a＋4C．4 D．－a3＋3a＋2解析：选C当x∈[－1,1]时，f(x)＝x3＋3(a－x)＝x3－3x＋3a(a≥1)，∴f′(x)＝3(x－1)(x＋1)．当－1＜x＜1时，f′(x)＜0，所以原函数f(x)在区间[－1,1]上单调递减，所以M＝f(－1)＝3a＋2，m＝f(1)＝3a－2，所以M－m＝4.4．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的单调情况是________．解析：在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,2π)上单调递增．答案：单调递增5．(2016·九江一模)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函数，则实数a的取值范围为________．解析：f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))二保高考，全练题型做到高考达标1．(2015·成都外国语学校月考)已知函数f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是()解析：选A设g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．2．若幂函数f(x)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，则函数g(x)＝exf(x)的单调递减区间为()A．(－∞，0) B．(－∞，－2)C．(－2，－1) D．(－2,0)解析：选D设幂函数f(x)＝xα，因为图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．3．对于R上可导的任意函数f(x)，若满足eq\f(1－x,f′x)≤0，则必有()A．f(0)＋f(2)＞2f(1) B．f(0)＋f(2)≤2f(1)C．f(0)＋f(2)＜2f(1) D．f(0)＋f(2)≥2f(1)解析：选A当x＜1时，f′(x)＜0，此时函数f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，此时函数f(x)单调递增，∴当x＝1时，函数f(x)取得极小值同时也取得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，则f(0)＋f(2)＞2f(1)．4．已知函数f(x)＝x＋eq\f(1,ax)在(－∞，－1)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．[1，＋∞) B．(－∞，0)∪(0,1]C．(0,1] D．(－∞，0)∪[1，＋∞)解析：选D函数f(x)＝x＋eq\f(1,ax)的导数为f′(x)＝1－eq\f(1,ax2)，由于f(x)在(－∞，－1)上单调递增，则f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即eq\f(1,a)≤x2在(－∞，－1)上恒成立．由于当x＜－1时，x2＞1，则有eq\f(1,a)≤1，解得a≥1或a＜0.5．(2016·湛江一模)若函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，则f(x)在下列区间上单调递增的是()A．(－2,0) B．(0,1)C．(1，＋∞) D．(－∞，－2)解析：选D由题意知，f′(x)＝1－eq\f(b,x2)，∵函数f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b∈R)的导函数在区间(1,2)上有零点，∴当1－eq\f(b,x2)＝0时，b＝x2，又x∈(1,2)，∴b∈(1,4)，令f′(x)＞0，解得x＜－eq\r(b)或x＞eq\r(b)，即f(x)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(b))，(eq\r(b)，＋∞)，∵b∈(1,4)，∴(－∞，－2)符合题意．6．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．答案：(－1,11)7．(2016·衡水中学模拟)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<eq\f(1,2)，则不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集为________．解析：设F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)<eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)<F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)8．若函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在单调递增区间，则a的取值范围是________．解析：对f(x)求导，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.当x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))时，f′(x)的最大值为f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a＞0，解得a＞－eq\f(1,9).所以a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))9．(2015·武汉武昌区联考)已知函数f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k为常数，e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：(1)由题意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex)，又f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).设h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x＞0)，则h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0，从而f′(x)＞0；当x＞1时，h(x)＜0，从而f′(x)＜0.综上可知，f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)．10．(2016·沈阳质检)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax＋b.(1)若f(x)与g(x)在x＝1处相切，求g(x)的表达式；(2)若φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)在[1，＋∞)上是减函数，求实数m的取值范围．解：(1)由已知得f′(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1＝eq\f(1,2)a，a＝2.又∵g(1)＝0＝eq\f(1,2)a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.(2)∵φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是减函数．∴φ′(x)＝eq\f(－x2＋2m－2x－1,xx＋12)≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x2－(2m－2)x＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立，则2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)，∵x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m≤2.故实数m的取值范围是(－∞，2]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是单调减函数，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解析：选Cf′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由题意知当x∈[－1,1]时，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)x－2a≤0恒成立．令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0.,g1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).2．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在区间(t,3)上总不是单调函数，求m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a1－x,x).当a＞0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；当a＜0时，f(x)的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0,1)；当a＝0时，f(x)不是单调函数．(2)由(1)及题意得f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝eq\f(2x－2,x).∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g′(x)＝0在区间(t,3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t＜0，,g′3＞0.))当g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0对任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；由g′(3)＞0，即m＞－eq\f(37,3).所以－eq\f(37,3)＜m＜－9.即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－9)).第二课时导数与函数的极值、最值eq\a\vs4\al(考点一运用导数解决函数的极值问题)eq\a\vs4\al(常考常新型考点——多角探明)[命题分析]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．常见的命题角度有：(1)知图判断函数极值；(2)已知函数求极值；(3)已知极值求参数．[题点全练]角度一：知图判断函数极值1．设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析：选D由图可知，当x＜－2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜1时，f′(x)＜0；当1＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．角度二：已知函数求极值2．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：由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x＞0)，因为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.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x＞0知：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．角度三：已知极值求参数3．(2016·黑龙江哈三中期末)已知x＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，那么函数f(x)的极大值为()A．15 B．16C．17 D．18解析：选Dx＝2是函数f(x)＝x3－3ax＋2的极小值点，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，将x＝2代入得a＝4，所以函数解析式为f(x)＝x3－12x＋2，则由3x2－12＝0，得x＝±2，故函数在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x＝－2时函数f(x)取得极大值f(－2)＝18.4．(2016·江西八校联考)已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(0,1) D．(0，＋∞)解析：选B∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，故f′(x)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令f′(x)＝0，则2a＝eq\f(lnx＋1,x)，设g(x)＝eq\f(lnx＋1,x)，则g′(x)＝eq\f(－lnx,x2)，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又∵当x→0时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0＜2a＜1⇒0＜a＜eq\f(1,2).[方法归纳]利用导数研究函数极值的一般流程eq\a\vs4\al(考点二运用导数解决函数的最值问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2015·大连双基测试)已知函数f(x)＝x－eax(a＞0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，\f(2,a)))上的最大值．解：(1)f(x)＝x－eax(a＞0)，则f′(x)＝1－aeax，令f′(x)＝1－aeax＝0，则x＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)ln\f(1,a)))eq\f(1,a)lneq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)，＋∞))f′(x)＋0－f(x)极大值故函数f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)ln\f(1,a)))；减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)，＋∞)).(2)当eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≥eq\f(2,a)，即0＜a≤eq\f(1,e2)时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(2,a)－e2；当eq\f(1,a)＜eq\f(1,a)lneq\f(1,a)＜eq\f(2,a)，即eq\f(1,e2)＜a＜eq\f(1,e)时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)；当eq\f(1,a)lneq\f(1,a)≤eq\f(1,a)，即a≥eq\f(1,e)时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(1,a)－e.[由题悟法]求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值3步骤(1)求函数在(a，b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．[即时应用]设函数f(x)＝alnx－bx2(x＞0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，(1)求实数a，b的值；(2)求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－eq\f(1,2)相切，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a－2b＝0，,f1＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)得f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2，则f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)，∵当eq\f(1,e)≤x≤e时，令f′(x)＞0得eq\f(1,e)≤x＜1；令f′(x)＜0，得1＜x≤e，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－eq\f(1,2).eq\a\vs4\al(考点三函数极值和最值的综合问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知函数f(x)＝ax－eq\f(2,x)－3lnx，其中a为常数．(1)当函数f(x)的图象在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))处的切线的斜率为1时，求函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))上的最小值；(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上既有极大值又有极小值，求a的取值范围．解：(1)∵f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝a＝1，故f(x)＝x－eq\f(2,x)－3lnx，则f′(x)＝eq\f(x－1x－2,x2).由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xeq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))2(2,3)3f′(x)－0＋f(x)1－3ln2从而在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))上，f(x)有最小值，且最小值为f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(ax2－3x＋2,x2)(x＞0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a＞0，,x1＋x2＝\f(3,a)＞0，,x1x2＝\f(2,a)＞0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a＞0，,－\f(－3,2a)＞0，,h0＞0))))，解得0＜a＜eq\f(9,8).故所求a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,8))).[由题悟法]求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的方法求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．[即时应用]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝eq\f(2,3)时，y＝f(x)有极值．(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①当x＝eq\f(2,3)时，y＝f(x)有极值，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝0，可得4a＋3b＋4＝0，②由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为1，所以f(1)＝4.所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：x－3(－3，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))1f′(x)＋0－0＋f(x)813eq\f(95,27)4所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为eq\f(95,27).一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是()A．y＝x3 B．y＝ln(－x)C．y＝xe－x D．y＝x＋eq\f(2,x)解析：选D由题可知，B，C选项中的函数不是奇函数，A选项中，函数y＝x3单调递增(无极值)，而D选项中的函数既为奇函数又存在极值．2．函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－e B．－1C．－e D．0解析：选B因为f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，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ln1－1＝－1.3．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝()A.eq\f(1,ln2) B．－eq\f(1,ln2)C．－ln2 D．ln2解析：选B令y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－eq\f(1,ln2).4．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))解析：选D若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12>0，从而c>eq\f(\r(3),2)或c<－eq\f(\r(3),2).故实数c的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).5．已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．二保高考，全练题型做到高考达标1．函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值为()A.eq\f(1,2) B．1C．0 D．不存在解析：选Af′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x＞0.令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1.∴f(x)在x＝1处取得极小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).2．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1处取得极大值10，则eq\f(a,b)的值为()A．－eq\f(2,3) B．－2C．－2或－eq\f(2,3) D．2或－eq\f(2,3)解析：选A由题意知，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，f′(1)＝0，f(1)＝10，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))经检验eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))满足题意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).3．(2016·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(4,3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(16,3)解析：选C由图象可知f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0,8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(2,3)，所以xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).4．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是()解析：选D因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.5．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是()A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)解析：选C由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2,0)上是减函数，作出其图象如图所示，令eq\f(1,3)x3＋x2－eq\f(2,3)＝－eq\f(2,3)得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3≤a＜0，,a＋5＞0，))解得a∈[－3,0)，故选C.6．函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．解析：f′(x)＝x2＋2x－3，令f′(x)＝0得x＝1(x＝－3舍去)，又f(0)＝－4，f(1)＝－eq\f(17,3)，f(2)＝－eq\f(10,3)，故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)＝－eq\f(17,3).答案：－eq\f(17,3)7．(2016·广州模拟)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.解析：由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋3a－b－1＝0，,b－6a＋3＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝9，))经检验当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9满足题意，故a－b＝－7.答案：－78．函数f(x)＝x3－3ax＋b(a＞0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．解析：令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±eq\r(a)，则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：x(－∞，－eq\r(a))－eq\r(a)(－eq\r(a)，eq\r(a))eq\r(a)(eq\r(a)，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值从而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(a)3－3a－\r(a)＋b＝6，,\r(a)3－3a\r(a)＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝4.))所以f(x)的单调递减区间是(－1,1)．答案：(－1,1)9．已知函数f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)由f(x)＝x－1＋eq\f(a,ex)，得f′(x)＝1－eq\f(a,ex).又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－eq\f(a,e)＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－eq\f(a,ex)，①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．②当a＞0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，即x＝lna．x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．10．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x3＋x2，x＜1，,alnx，x≥1.))(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq\f(2,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝eq\f(2,3).(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1,0]和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递增．因为f(－1)＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1,1)上的最大值为2.②当1≤x≤e时，f(x)＝alnx，当a≤0时，f(x)≤0；当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.综上所述，当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；当a＜2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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________．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.答案：②③2．(2016·武汉调研)已知函数f(x)＝ax2＋bx－lnx(a＞0，b∈R)．(1)设a＝1，b＝－1，求f(x)的单调区间；(2)若对任意的x＞0，f(x)≥f(1)，试比较lna与－2b的大小．解：(1)由f(x)＝ax2＋bx－lnx，x∈(0，＋∞)，得f′(x)＝eq\f(2ax2＋bx－1,x).∵a＝1，b＝－1，∴f′(x)＝eq\f(2x2－x－1,x)＝eq\f(2x＋1x－1,x)(x＞0)．令f′(x)＝0，得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴f(x)的单调递减区间是(0,1)，f(x)的单调递增区间是(1，＋∞)．(2)由题意可知，f(x)在x＝1处取得最小值，即x＝1是f(x)的极值点，∴f′(1)＝0，∴2a＋b＝1，即b＝1－2a.令g(x)＝2－4x＋lnx(x＞0)，则g′(x)＝eq\f(1－4x,x).令g′(x)＝0，得x＝eq\f(1,4).当0＜x＜eq\f(1,4)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＞eq\f(1,4)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，∴g(x)≤geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1＋lneq\f(1,4)＝1－ln4＜0，∴g(a)＜0，即2－4a＋lna＝2b＋lna＜0，故lna＜－2b.第三课时导数与函数的综合问题eq\a\vs4\al(考点一利用导数研究生活中的优化问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](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＝eq\f(a,x2＋b)(其中a，b为常数)模型．(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(x)，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．解：(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5,40)，(20，2.5)．将其分别代入y＝eq\f(a,x2＋b)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,25＋b)＝40，,\f(a,400＋b)＝2.5，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1000，,b＝0.))(2)①由(1)知，y＝eq\f(1000,x2)(5≤x≤20)，则点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1000,t2))).设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B两点，y′＝－eq\f(2000,x3)，则l的方程为y－eq\f(1000,t2)＝－eq\f(2000,t3)(x－t)，由此得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3000,t2))).故f(t)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3000,t2)))2)＝eq\f(3,2)eq\r(t2＋\f(4×106,t4))，t∈[5,20]．②设g(t)＝t2＋eq\f(4×106,t4)，则g′(t)＝2t－eq\f(16×106,t5).令g′(t)＝0，解得t＝10eq\r(2).当t∈(5,10eq\r(2))时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；当t∈(10eq\r(2)，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数．从而，当t＝10eq\r(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＝15eq\r(3).故当t＝10eq\r(2)时，公路l的长度最短，最短长度为15eq\r(3)千米．[由题悟法]利用导数解决生活中的优化问题的4步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．[即时应用]某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12000π元(π为圆周率)．(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．又根据题意200πrh＋160πr2＝12000π，所以h＝eq\f(1,5r)(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝eq\f(π,5)(300r－4r3)．因为r＞0，又由h＞0可得r＜5eq\r(3)，故函数V(r)的定义域为(0,5eq\r(3))．(2)因为V(r)＝eq\f(π,5)(300r－4r3)，所以V′(r)＝eq\f(π,5)(300－12r2)．令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,5eq\r(3))时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5eq\r(3))上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．eq\a\vs4\al(考点二利用导数研究函数的零点或方程的根)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2015·广东高考节选)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．解：(1)f(x)的定义域为R，由导数公式知f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x＋1)2ex，x∈R.∵对任意x∈R，都有f′(x)≥0，∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．(2)证明：由(1)知f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，且f(0)＝1－a<0，f(eq\r(a－1))＝aeeq\r(a－1)－a＝a(eeq\r(a－1)－1)．∵a>1，∴a－1>0，∴eq\r(a－1)>0，∴eeq\r(a－1)>1，∴eeq\r(a－1)－1>0，故f(eq\r(a－1))>0，∴∃x0∈(0，eq\r(a－1))使得f(x0)＝0.又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．[由题悟法]利用导数研究方程根的方法研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．[即时应用](2016·贵州七校联考)函数f(x)＝(ax2＋x)ex，其中e是自然对数的底数，a∈R.(1)当a＞0时，解不等式f(x)≤0；(2)当a＝0时，求整数t的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[t，t＋1]上有解．解：(1)因为ex＞0，所以不等式f(x)≤0即为ax2＋x≤0，又因为a＞0，所以不等式可化为xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a)))≤0，所以不等式f(x)≤0的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，0)).(2)当a＝0时，方程即为xex＝x＋2，由于ex＞0，所以x＝0不是方程的解，所以原方程等价于ex－eq\f(2,x)－1＝0.令h(x)＝ex－eq\f(2,x)－1，因为h′(x)＝ex＋eq\f(2,x2)＞0对于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)内是单调递增函数，又h(1)＝e－3＜0，h(2)＝e2－2＞0，h(－3)＝e－3－eq\f(1,3)＜0，h(－2)＝e－2＞0，所以方程f(x)＝x＋2有且只有两个实数根，且分别在区间[1,2]和[－3，－2]上，所以整数t的所有值为{－3,1}．eq\a\vs4\al(考点三利用导数研究与不等式有关的问题)eq\a\vs4\al(常考常新型考点——多角探明)[命题分析]导数在不等式中的应用问题是每年高考的必考内容，且以解答题的形式考查，难度较大，属中高档题．常见的命题角度有：(1)证明不等式；(2)不等式恒成立问题；(3)存在型不等式成立问题．[题点全练]角度一：证明不等式1．(2016·合肥二模)已知函数f(x)＝eq\f(x＋a,ex).(1)若f(x)在区间(－∞，2)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)若a＝0，x0＜1，设直线y＝g(x)为函数f(x)的图象在x＝x0处的切线，求证：f(x)≤g(x)．解：(1)易得f′(x)＝－eq\f(x－1－a,ex)，由已知知f′(x)≥0对x∈(－∞，2)恒成立，故x≤1－a对x∈(－∞，2)恒成立，∴1－a≥2，∴a≤－1.故实数a的取值范围为(－∞，－1]．(2)证明：a＝0，则f(x)＝eq\f(x,ex).函数f(x)的图象在x＝x0处的切线方程为y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)．令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R，则h′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝eq\f(1－x,ex)－eq\f(1－x0,ex0)＝eq\f(1－xex0－1－x0ex,ex＋x0).设φ(x)＝(1－x)ex0－(1－x0)ex，x∈R，则φ′(x)＝－ex0－(1－x0)ex，∵x0＜1，∴φ′(x)＜0，∴φ(x)在R上单调递减，而φ(x0)＝0，∴当x＜x0时，φ(x)＞0，当x＞x0时，φ(x)＜0，∴当x＜x0时，h′(x)＞0，当x＞x0时，h′(x)＜0，∴h(x)在区间(－∞，x0)上为增函数，在区间(x0，＋∞)上为减函数，∴x∈R时，h(x)≤h(x0)＝0，∴f(x)≤g(x)．角度二：不等式恒成立问题2．(2016·西安八校联考)已知函数f(x)＝m(x－1)ex＋x2(m∈R)．(1)若m＝－1，求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x＜0，不等式x2＋(m＋2)x＞f′(x)恒成立，求m的取值范围．解：(1)当m＝－1时，f(x)＝(1－x)ex＋x2，则f′(x)＝x(2－ex)，由f′(x)＞0得，0＜x＜ln2，由f′(x)＜0得x＜0或x＞ln2，故函数f(x)的单调递增区间为(0，ln2)，单调递减区间为(－∞，0)，(ln2，＋∞)．(2)依题意，f′(x)＝mxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(2,m)))＜x2＋(m＋2)x，x＜0，因为x＜0，所以mex－x－m＞0，令h(x)＝mex－x－m，则h′(x)＝mex－1，当m≤1时，h′(x)≤ex－1＜0，则h(x)在(－∞，0)上单调递减，所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意；当m＞1时，h(x)在(－∞，－lnm)上单调递减，在(－lnm,0)上单调递增，所以h(x)min＝h(－lnm)＜h(0)＝0，不合题意．综上所述，m的取值范围为(－∞，1]．角度三：存在型不等式成立问题3．(2016·福建四地六校联考)已知a为实数，函数f(x)＝alnx＋x2－4x.(1)是否存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值？证明你的结论；(2)设g(x)＝(a－2)x，若∃x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))，使得f(x0)≤g(x0)成立，求实数a的取值范围．解：(1)函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f(x)＝eq\f(a,x)＋2x－4＝eq\f(2x2－4x＋a,x).假设存在实数a，使f(x)在x＝1处取极值，则f(1)＝0，∴a＝2，此时，f′(x)＝eq\f(2x－12,x)，当x>0时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x＝1不是f(x)的极值点．故不存在实数a，使得f(x)在x＝1处取得极值．(2)由f(x0)≤g(x0)，得(x0－lnx0)a≥xeq\o\al(2,0)－2x0，记F(x)＝x－lnx(x>0)，∴F′