高中数学人教A版1第三章导数及其应用导数在研究函数中的应用 同课异构

导数在研究函数中的应用3.3.一、考纲要求结合实例，借助几何直观图探索并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，会求不超过三次的多项式函数的单调区间．二、自主学习1.函数的单调性与导数有什么关系？设函数y＝f(x)在区间(a，b)内可导，(1)如果在区间(a，b)内，f′(x)>0，则f(x)在此区间是单调递增的；(2)如果在区间(a，b)内，f′(x)<0，则f(x)在此区间内是单调递减的．说明：（1）区间(a，b)是函数定义域的一个子区间；（2）特别地，如果，那么函数在这个区间内是常函数．(3)y＝f(x)在(a，b)内可导，f′(x)≥0或f′(x)≤0且y＝f(x)在(a，b)内导数为0的点仅有有限个，则y＝f(x)在(a，b)内仍是单调函数，例如：y＝x3在R上f′(x)≥0，所以y＝x3在R上单调递增．2．利用导数判断单调性的步骤(1)求导数f′(x)；(2)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；(3)据(2)的结果确定函数f(x)的单调区间．3．函数的导数与函数的图像有什么关系？一般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得快，这时，函数的图象就比较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数的图象就“平缓”一些.如图，函数在或内的图象“陡峭”，在或内的图象“平缓”.三、考点突破考点一用导数求函数的单调区间典型例题1求下列函数的单调区间(1)f(x)＝x3－3x＋1；(2)f(x)＝x＋eq\f(b,x)(b＞0)．[解析](1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－3，令f′(x)＞0，则3x2－3＞0.即3(x＋1)(x－1)＞0，解得x＞1或x＜－1.∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，令f′(x)＜0，则3(x＋1)(x－1)＜0，解得－1＜x＜1.∴函数f(x)的单调递减区间为(－1,1)．(2)函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝(x＋eq\f(b,x))′＝1－eq\f(b,x2)，令f′(x)＞0，则eq\f(1,x2)(x＋eq\r(b))(x－eq\r(b))＞0，∴x＞eq\r(b)，或x＜－eq\r(b).∴函数的单调递增区间为(－∞，－eq\r(b))和(eq\r(b)，＋∞)．令f′(x)＜0，则eq\f(1,x2)(x＋eq\r(b))(x－eq\r(b))＜0，∴－eq\r(b)＜x＜eq\r(b)，且x≠0.∴函数的单调递减区间为(－eq\r(b)，0)和(0，eq\r(b))．规律总结：(1)求函数的单调区间必须在函数的定义域内，依据导数在某一区间内的符号来确定函数的单调区间．(2)单调区间一般不可写成并集的形式．反馈训练1[解析]考点二利用导数证明不等式典型例题2已知x＞1，求证x＞lnx.[解析]设f(x)＝x－lnx(x＞1)，f′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，∵x＞1∴f′(x)＝eq\f(x－1,x)＞0恒成立，∴函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数．又f(1)＝1－ln1＝1＞0，即f(x)＞0对x∈(1，＋∞)恒成立，规律总结：构造函数是解本题的突破口，构造函数，利用导数确定函数单调性，把证明不等式的问题转化为用单调性比较函数值大小的问题，实现了复杂问题简单化．反馈训练2已知：x＞0，求证：x＞sinx.[解析]设f(x)＝x－sinx(x＞0)，f′(x)＝1－cosx≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，∴函数f(x)＝x－sinx在(0，＋∞)上是单调增函数，又f(0)＝0，∴f(x)＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，∴x＞sinx(x＞0).考点三已知函数的单调性，确定参数的取值范围典型例题3若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)ax2＋(a－1)x＋1在区间(1,4)内单调递减，在(6，＋∞)上单调递增，试求a的取值范围．[解析]解法一：f′(x)＝x2－ax＋a－1，令f′(x)＝0得x＝1或x＝a－1.当a－1≤1，即a≤2时，函数f(x)在(1，＋∞)内单调递增，不合题意．当a－1>1，即a>2时，f(x)在(－∞，1)和(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减，由题意知：(1,4)⊆(1，a－1)且(6，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，解法二：(数形结合)如图所示，f′(x)＝(x－1)[x－(a－1)]．∵在(1,4)内f′(x)≤0，在(6，＋∞)内f′(x)≥0，且f′(x)＝0有一根为1，∴另一根在[4,6]上．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′4≤0，,f′6≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(35－a≤0，,57－a≥0，))∴5≤a≤7.解法三：(转化为不等式的恒成立问题)f′(x)＝x2－ax＋a－1.因为f(x)在(1,4)内单调递减，所以f′(x)≤0在(1,4)上恒成立．即a(x－1)≥x2－1在(1,4)上恒成立，所以a≥x＋1，因为2<x＋1<5，所以当a≥5时，f′(x)≤0在(1,4)上恒成立，又因为f(x)在(6，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立，所以a≤x＋1，因为x＋1>7，所以a≤7时，f′(x)≥0在(6，＋∞)上恒成立．综上知5≤a≤7.规律总结：利用导数法解决取值范围问题的两个基本思路(1)将问题转化为不等式在某区间上的恒成立问题，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，利用分离参数或函数性质求解参数范围，然后检验参数取“=”时是否满足题意.(2)先令f′(x)＞0(或f′(x)＜0)，求出参数的取值范围后，再验证参数取“=”，看此时f(x)是否满足题意.通常验证参数取“=”这一步不影响结果时可省略.该类题用到的重要转化：m≥f(x)恒成立m≥f(x)max；m≤f(x)恒成立m≤f(x)min.反馈训练3已知函数f(x)＝ax3＋3x2－x＋1在(－∞，＋∞)上是减函数，求实数a的取值范围．[解析]f′(x)＝3ax2＋6x－1，由题意得3ax2＋6x－1≤0在(－∞，＋∞)上恒成立．当a＝0时，6x－1≤0，x≤eq\f(1,6)不满足题意，∴a≠0.当a≠0时，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ＝36＋12a≤0))，∴a≤－3.综上可知，实数a的取值范围是a≤－3.四、考点巩固1．下列函数中，在区间(－1,1)上是减函数的是()A．y＝2－3x2B．y＝lnxC．y＝eq\f(1,x－2)D．y＝sinx[答案]C[解析]A中，y′＝－6x，当－1<x<0时，y′>0，当0<x<1时，y′<0，故函数y＝2－3x2在区间(－1,1)上不是减函数，B中，y＝lnx在x＝0处无意义；C中，y′＝－eq\f(1,x－22)<0对x∈(－1,1)恒成立，∴函数y＝eq\f(1,x－2)在区间(－1,1)上是减函数；D中，y′＝cosx>0对x∈(－1,1)恒成立，∴函数y＝sinx在(－1,1)上是增函数．2．函数f(x)＝x＋lnx在(0,6)上是()A．单调增函数B．单调减函数C．在(0，eq\f(1,e))上是减函数，在(eq\f(1,e)，6)上是增函数D．在(0，eq\f(1,e))上是增函数，在(eq\f(1,e)，6)上是减函数[答案]A[解析]∵f′(x)＝1＋eq\f(1,x)>0，∴函数在(0,6)上单调递增．3．已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且当x>0，有f′(x)>0，g′(x)>0，则当x<0时，有()A．f′(x)>0，g′(x)>0B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0′，g′(x)>0D．f′(x)<0，g′(x)<0[答案]B[解析]由已知f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．∵x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上递增．∴x<0时，f(x)递增，g(x)递减．∴x<0时f′(x)>0，g′(x)<0.4．(12辽宁)函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)[答案]B[解析]本题考查利用导数求函数的单调区间．∵y＝eq\f(1,2)x2－lnx，∴y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)(x>0)，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2－1,x)≤0,x>0))，得0<x≤1.∴函数的单调递减区间为(0,1]．需要熟记基本初等函数的求导公式，同时注意区间的端点．5．函数y＝xsinx＋cosx，x∈(－π，π)的单调增区间是()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－π，－\f(π,2)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))[答案]A[解析]y′＝xcosx，当－π<x<－eq\f(π,2)时，cosx<0，∴y′＝xcosx>0，当－eq\f(π,2)<x<0时，cosx>0，∴y′＝xcosx<0.当0<x<eq\f(π,2)时，cosx>0，∴y′＝xcosx>0.当eq\f(π,2)<x<π时，cosx<0，∴y′＝xcosx<0，故选A.6．（08福建）如果函数y=f(x)的图象如右图，那么导函数的图象可能是[答案]A二、填空题7．函数f(x)＝xlnx的单调减区间为________．[答案](0，eq\f(1,e))[解析]函数f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1.解f′(x)<0得x<eq\f(1,e)，又x>0，∴f(x)的减区间为(0，eq\f(1,e))．8．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1,3)，则b＝________，c＝________.[答案]－3－9[解析]f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由条件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1＝0,f′3＝9))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2b＋c＝0,27＋6b＋c＝0))，解得b＝－3，c＝－9.9．若函数y＝x3－ax2＋4在(0,2)内单调递减，则实数a的取值范围是____________．[答案][3，＋∞)[解析]y′＝3x2－2ax，由题意知3x2－2ax≤0在区间(0,2)内恒成立，即a≥eq\f(3,2)x在区间(0,2)上恒成立，∴a≥3.三、解答题10．讨论函数f(x)＝eq\f(bx,x2－1)(－1＜x＜1，b≠0)的单调性．[解析]∵f(x)＝eq\f(bx,x2－1)(－1<x<1，b≠0)，∴f′(x)＝eq\f(bx′x2－1－bxx2－1′,x2－12)＝eq\f(bx2－b－2bx2,x2－12)＝eq\f(－b1＋x2,x2－12)∵－1<x<1，∴1＋x2>0，(x2－1)2>0，①当b>0时，f′(x)<0，∴函数f(x)在(－1,1)上单调递减．②当b<0时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(－1,1)上单调递增.11．已知f(x)＝ex－ax－1.(1)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围；(2)是否存在实数a使f(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．[解析](1)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.∵f(x)在R上单调递增，∴f′(x)＝ex－a≥0(等号只能在有限个点处取得)恒成立，即a≤ex，x∈R恒成立．∵x∈R时，ex∈(0，＋∞)，∴a≤0.(2)f′(x)＝ex－a.若f(x)在(－∞，0]上是单调递减函数⇒ex－a≤0在x∈(－∞，0]时恒成立⇒a≥(ex)max.当x∈(－∞，0]时，ex∈(0,1]，∴a≥1.①若f(x)在[0，＋∞)上是单调递增函数⇒ex－a≥0在x∈[0，＋∞)时恒成立⇒a≤(ex)min.当x∈[0，＋∞)时，ex∈[1，＋∞)，∴a≤1.②由①②知a＝1，故存在a＝1满足条件．3.3.一、考纲要求1.了解函数极值的概念，会从几何的角度直观理解函数的极值与导数的关系，并会灵活应用.2.结合函数的图象，了解函数在某点处取得极值的必要条件和充分条件.3.会用导数求最高次幂不超过三次的多项式函数的极大值、极小值.二、自主学习1.什么是函数的极值？什么是函数的极值点？已知函数y＝f(x)及其定义域内一点x0.对于包含x0在内的开区间内的所有点x，如果都有f(x)<f(x0)，则称函数f(x)在点x0处取得极大值，并把x0称为函数f(x)的一个极大值点；如果都有f(x)>f(x0)，则称函数f(x)在点x0处取得极小值，并把x0称为函数f(x)的一个极小值点，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.2.函数的极大值一定大于极小值吗？在区间内函数的极大值和极小值是唯一的吗？极大值与极小值没有必然的大小关系．一个函数在其定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值可能大于另一点的极大值．(如图)3.函数f(x)的极值点与函数的导数值f′(x)=0有什么关系？（1）函数在某点的导数值为0是取得极值的必要条件，而非充分条件；即若x0是可导函数f(x)的极值点，则f′(x0)=0.（2）导数不存在的点，也有可能是极值点.4．如何判断函数的极大值和极小值？当函数f(x)在点x0处连续时，判断f(x0)是否为极大(小)值的方法是：(1)如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极值；(2)如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极值；(3)如果f′(x)在点x0的左右两侧符号不变，则f(x0)函数f(x)的极值．5．利用导数求函数极值的步骤：(1)确定函数的定义域．(2)求导数f′(x)．(3)解方程f′(x)＝0得方程的根．(4)利用方程f′(x)＝0的根将定义域分成若干个小开区间，列表，判定导函数在各个小开区间的符号．(5)确定函数的极值，如果f′(x)的符号在x0处由正(负)变负(正)，则f(x)在x0处取得极大(小)值．三、考点突破考点一利用导数求函数的极值典型例题1求函数y＝3x3－x＋1的极值．[解析]y′＝9x2－1，令y′＝0，解得x1＝eq\f(1,3)，x2＝－eq\f(1,3).当x变化时，y′和y的变化情况如下表：x(－∞，－eq\f(1,3))－eq\f(1,3)(－eq\f(1,3)，eq\f(1,3))eq\f(1,3)(eq\f(1,3)，＋∞)y′＋0－0＋y单调递增极大值eq\f(11,9)单调递减极小值eq\f(7,9)单调递增因此，当x＝－eq\f(1,3)时，y有极大值，并且y极大值＝eq\f(11,9).而当x＝eq\f(1,3)时，y有极小值，并且y极小值＝eq\f(7,9).规律总结：(1)要熟记利用导数求函数极值的一般步骤：一求定义域，二求导数，三解方程，四判符号下结论(注意导数不存在的点)．(2)要严格按解题步骤规范条理的写出解题过程．反馈训练1设函数f(x)＝x3－ax2－9x的导函数为f′(x)，且f′(2)＝15.(1)求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；(2)求函数f(x)的极值．[解析](1)∵f′(x)＝3x2＋2ax－9，∵f′(2)＝15，∴12＋4a∴a＝3.∴f(x)＝x3＋3x2－9x，∴f′(x)＝3x2＋6x－9，∴f(0)＝0，f′(0)＝－9，∴函数在x＝0处的切线方程为y＝－9x.(2)令f′(x)＝0，得x＝－3或x＝1.当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗27↘－5↗即函数f(x)在(－∞，－3)上递增，在(－3,1)上递减，在(1，＋∞)上递增，∴当x＝－3时，f(x)有极大值27，当x＝1时，f(x)有极小值－5.考点二图象信息问题典型例题2下图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，对此图象，有如下结论：①在区间(－2,1)内f(x)是增函数；②在区间(1,3)内f(x)是减函数；③x＝2时，f(x)取到极大值；④在x＝3时，f(x)取到极小值．其中正确的是________(将你认为正确的序号填在横线上)．[解析]由f′(x)的图象可见在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))和(2,4)上f′(x)<0，f(x)单调减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，2))和(4，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调增，∴只有③正确．[答案]③规律总结：有关给出图象研究函数性质的题目，要分清给的是f(x)的图象还是f′(x)的图象，若给的是f(x)的图象，应先找出f(x)的单调区间及极(最)值点，如果给的是f′(x)的图象，应先找出f′(x)的正负区间及由正变负还是由负变正，然后结合题目特点分析求解．反馈训练2（12重庆）设函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是[答案]C[解析]由函数f(x)在x=-2处取得极小值可知x<-2,f′(x)<0,则xf′(x)>0,可排除选项B、D;选项A中当-2<x<0时,xf′(x)>0,则f′(x)<0,所以x=-2不是极小值点,排除选项A.故选C.考点三已知函数的极值求参数典型例题3（06江西）已知函数在与时都取得极值．（1）求的值；（2）函数的单调区间和极值.[解析]（1）f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c，f（x）＝3x2＋2ax＋b由f（）＝，f（1）＝3＋2a＋b＝0得a＝，b＝－2（2）f（x）＝3x2－x－2＝（3x＋2）（x－1），函数f（x）的单调区间如下表：x（－，－）－（－，1）1（1，＋）f（x）＋0－0＋f（x）极大值极小值所以函数f（x）的递增区间是（－，－）与（1，＋）递减区间是（－，1）当x＝－时，f（x）取得极大值为f（）＝＋c；当时，取得极小值规律总结：已知函数极值点或极值求参数的两个注意点(1)常根据极值点处导数为0和极值的两个条件列方程组，利用待定系数法求解.(2)因为导数值等于零不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.反馈训练3已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1时取得极值，且f(1)＝－1.(1)试求常数a、b、c的值；(2)试判断x＝±1时函数取得极小值还是极大值，并说明理由．[解析](1)由f′(－1)＝f′(1)＝0，得3a＋2b＋c＝0,3a－2b＋又f(1)＝－1，∴a＋b＋c＝－1.∴a＝eq\f(1,2)，b＝0，c＝－eq\f(3,2).(2)f(x)＝eq\f(1,2)x3－eq\f(3,2)x，∴f′(x)＝eq\f(3,2)x2－eq\f(3,2)＝eq\f(3,2)(x－1)(x＋1)．∴函数f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函数，在(－1,1)上为减函数．∴当x＝－1时，函数取得极大值f(－1)＝1；当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝－1.考点四函数极值的综合应用典型例题4函数f(x)＝ax3－6ax2＋3bx＋b，其图象在x＝2处的切线方程为3x＋y－11＝0.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数y＝f(x)的图象与y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同的交点，求实数m的取值范围．[解析](1)由题意得f′(x)＝3ax2－12ax＋3b，f′(2)＝－3且f(2)＝5，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a－24a＋3b＝－3,8a－24a＋6b＋b＝5))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a－b＝1,－16a＋7b＝5))，解得a＝1，b＝3，(2)由f(x)＝x3－6x2＋9x＋3，可得f′(x)＝3x2－12x＋9，eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m＝eq\f(1,3)(3x2－12x＋9)＋5x＋m＝x2＋x＋3＋m，则由题意可得x3－6x2＋9x＋3＝x2＋x＋3＋m有三个不相等的实根，即g(x)＝x3－7x2＋8x－m的图象与x轴有三个不同的交点，∵g′(x)＝3x2－14x＋8＝(3x－2)(x－4)，∴令g′(x)＝0得x＝eq\f(2,3)或x＝4.当x变化时，g(x)，g′(x)的变化情况如表：x(－∞，eq\f(2,3))eq\f(2,3)(eq\f(2,3)，4)4(4，＋∞)g′(x)＋0－0＋g(x)↗eq\f(68,27)－m↘－16－m↗则函数g(x)的极大值为g(eq\f(2,3))＝eq\f(68,27)－m，极小值为g(4)＝－16－m.∴由y＝f(x)的图象与y＝eq\f(1,3)f′(x)＋5x＋m的图象有三个不同交点，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g\f(2,3)＝\f(68,27)－m>0,g4＝－16－m<0))，解得－16<m<eq\f(68,27).反馈训练4（13课标）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.[解析]:(1)f′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4,∴f′(0)=b+a-4,f(0)=b,∴曲线在点(0,f(0))处的切线为y-b=(b+a-4)(x-0),即y=(b+a-4)x+b,这即是已知的切线方程y=4x+4.∴QUOTEb=4,b+a-4=4,∴QUOTEb=4(2)由(1)得f(x)=ex(4x+4)-x2-4x,∴f′(x)=ex(4x+4)+4ex-2x-4=ex(4x+8)-2x-4=4(x+2)=4(x+2)(ex-e-ln2)令f′(x)=0得x=-2或x=-ln2,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.当x∈(-2,-ln2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.当x∈(-ln2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴f(x)极大值=f(-2)=QUOTE-4e2+4.四、考点巩固1．设x0为f(x)的极值点，则下列说法正确的是()A．必有f′(x0)＝0B．f′(x0)不存在C．f′(x0)＝0或f′(x0)不存在D．f′(x0)存在但可能不为0[答案]C[解析]如：y＝|x|，在x＝0时取得极小值，但f′(0)不存在．2．函数f(x)＝x3－3x的极大值与极小值的和为()A．0B．－2C．2[答案]A[解析]f′(x)＝3x2－3，令f′(x)>0，得x>1或x<－1，令f′(x)<0，得－1<x<1，∴函数f(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上递增，在(－1,1)上递减，∴当x＝－1时，f(x)取极大值f(－1)＝2，当x＝1时，f(x)取极小值f(1)＝－2，∴极大值与极小值的和为0.3．函数f(x)的定义域为开区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在开区间(a，b)内有极小值点()A．1个B．2个C．3个D．4个[答案]A[解析]由f′(x)的图象可知，函数f(x)在区间(a，b)内，先增、再减、再增、最后再减，故函数f(x)在区间(a，b)内只有一个极小值点．4．设函数f(x)＝xex，则()A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点[答案]D[解析]f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)，令f′(x)>0，得x>－1，令f′(x)<0，得x<－1，∴函数f(x)在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，∴当x＝－1时，f(x)取得极小值．5．(12陕西)设函数f(x)＝eq\f(2,x)＋lnx，则()A．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极大值点B．x＝eq\f(1,2)为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点[答案]D[解析]本节考查了利用导数工具来探索其极值点问题．f′(x)＝－eq\f(2,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(1,x)(1－eq\f(2,x))，由f′(x)＝0可得x＝2.当0<x<2时，f′(x)<0，f(x)递减，当x>2时，f′(x)>0，∴f(x)单调递增．所以x＝2为极小值点．对于含有对数形式的函数在求导时，不要忽视定义域．6．已知f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是()A．－1<a<2B．－3<a<6C．a<－1或a>2D．a<－3或a>6[答案]D[解析]f′(x)＝3x2＋2ax＋a＋6，∵f(x)有极大值与极小值，∴f′(x)＝0有两不等实根，∴Δ＝4a2－12(a＋6)>0，∴a<－3或a7．函数f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2x取得极小值时，x的值是________．[答案]－1[解析]f′(x)＝－x2＋x＋2，令f′(x)>0得－1<x<2，令f′(x)<0，得x<－1或x>2，∴函数f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上递减，在(－1,2)上递增，∴当x＝－1时，函数f(x)取得极小值．8．已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处取极大值，则常数c的值为________．[答案]6[解析]f(x)＝x(x－c)2＝x3－2cx2＋c2x，f′(x)＝3x2－4cx＋c2，令f′(2)＝0解得c＝2或6.当c＝2时，f′(x)＝3x2－8x＋4＝(3x－2)(x－2)，故f(x)在x＝2处取得极小值，不合题意舍去；当c＝6时，f′(x)＝3x2－24x＋36＝3(x2－8x＋12)＝3(x－2)(x－6)，故f(x)在x＝2处取得极大值．9．直线y＝a与函数f(x)＝x3－3x的图象有相异的三个公共点，则a的取值范围是________．[答案](－2,2)[解析]f′(x)＝3x2－3，由3x2－3＝0得x＝1或－1，当x<－1，或x>1时，f′(x)>0，f(x)单调增；当－1<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调减．∴x＝－1时，f(x)取到极大值f(－1)＝2，x＝1时，f(x)取到极小值f(1)＝－2，∴欲使直线y＝a与函数f(x)的图象有相异的三个公共点，应有－2<a<2.10．设y＝f(x)为三次函数，且图象关于原点对称，当x＝eq\f(1,2)时，f(x)的极小值为－1，求出函数f(x)的解析式．[解析]设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(d≠0)，因为其图象关于原点对称，∴f(－x)＝－f(x)恒成立，得ax3＋bx2＋cx＋d＝ax3－bx2＋cx－d，∴b＝0，d＝0，即f(x)＝ax3＋cx.由f′(x)＝3ax2＋c，依题意，f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(3,4)a＋c＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,8)a＋eq\f(c,2)＝－1，解之，得a＝4，c＝－3.故所求函数的解析式为f(x)＝4x3－3x.11．已知函数f(x)＝x3－3x2－9x＋11.(1)写出函数的递减区间；(2)求函数的极值．[解析]f′(x)＝3x2－6x－9＝3(x＋1)(x－3)，令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝3.x变化时，f′(x)的符号变化情况及f(x)的增减性如下表所示：x(－∞，－1)－1(－1,3)1(3，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)增极大值f(－1)减极小值f(3)增(1)由表可得函数的递减区间为(－1,3)(2)由表可得，当x＝－1时，函数有极大值为f(－1)＝16；当x＝3时，函数有极小值为f(3)＝－16.3.3.一、考纲要求1．借助函数图像，直观地理解函数的最大值和最小值概念。2．弄清函数最大值、最小值与极大值、极小值的区别与联系，理解和熟悉函数必有最大值和最小值的充分条件。3．掌握求在闭区间上连续的函数的最大值和最小值的思想方法和步骤。二、自主学习1．怎样区分函数极值和最值(1)函数的最值是比较整个定义区间的函数值得出的，函数的最大值和最小值可以在极值点、不可导点、区间的端点取得，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出的，最值具有绝对性，极值具有相对性．(2)函数的最值是一个整体性概念，最大值必须是整个区间上所有函数值中的最大的值，最小值是所有函数值中的最小的值；极值只能在区间内取得；但最值可以在端点处取得；极值有可能成为最值．(3)函数在闭区间上连续，是在闭区间上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．2．具备怎样的条件的函数有最大值和最小值？（1）假设函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，该函数在[a，b]上一定能够取得最大值与最小值；若该函数在(a，b)内是可导的，该函数的最值必在极值点或区间端点处取得．（2）若连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．3．求可导函数y＝f(x)在[a，b]的最大(小)值步骤是什么？(1)求f(x)在开区间(a，b)内所有极值点；(2)计算函数f(x)在极值点和端点的函数值，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．三、考点突破考点一利用导数求函数的最大值与最小值典型例题1求函数f(x)＝x3－2x2＋1在区间[－1,2]上的最大值与最小值．[解析]f′(x)＝3x2－4x.令f′(x)＝0，有3x2－4x＝0.解得x＝0，eq\f(4,3).当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x－1(－1,0)0(0，eq\f(4,3))eq\f(4,3)(eq\f(4,3)，2)2f′(x)＋0－0＋f(x)－21－eq\f(5,27)1故f(x)最大值＝1，f(x)最小值＝－2.规律总结：要熟记用导数求最值的一般步骤：一求极值，二求闭区间端点函数值，三比较找出最值．反馈训练1已知函数f(x)＝eq\f(1－x,x)＋lnx，求f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值和最小值．[解析]f′(x)＝eq\f(－x－1－x,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x2)．由f′(x)＝0，得x＝1．∴在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：xeq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))1(1,2)2f′(x)－0＋f(x)1－ln2单调递减极小值0单调递增－eq\f(1,2)＋ln2∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－f(2)＝eq\f(3,2)－2ln2＝eq\f(1,2)(lne3－ln16)，而e3＞16，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＞f(2)＞0．∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－ln2，最小值为0．考点二含参数的最值问题典型例题2（11北京）已知函数（=1\*ROMANI）求的单调区间；（=2\*ROMANII）求在区间上的最小值．[解析]（I），令；所以在上递减，在上递增；（II）当时，函数在区间上递增，所以；当即时，由（I）知，函数在区间上递减，上递增，所以；当时，函数在区间上递减，所以。规律总结：求解含参数函数的最大值和最小值的步骤：(1)求函数的导数f′(x)；(2)求方程f′(x)＝0的全部实根，同时，根据参数的范围，判断f′(x)＝0的根是否在区间[a，b]内；(3)根据参数的取值范围，确定函数的极大值、极小值；(4)将函数的极值与端点处的函数值进行比较，求出函数的最大值、最小值．反馈训练2已知函数;(1)求f(x)的单调递减区间；(2)若f(x)在区间[-2,2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值。[解析](1)令,解得x<-1或x>3函数f(x)的单调递减区间为(-∞,-1)∪(3,+∞)(2)f(-2)=8+12-18+a=2+af(2)=-8+12+18+a=22+a∴f(2)>f(-2)于是有22+a=20,解得a=-2∴∴在(-1,3)上,∴f(x)在[-1,2]上单调递增又由于f(x)在[-2,-1]上单调递减，∴f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2,2]上的最大值和最小值。∴f(-1)=1+3-9-即函数f(x)在区间[-2,2]上的最小值为-7。考点三函数最值的综合应用典型例题3（11辽宁）设函数=x+ax2+blnx，曲线y=过P（1,0），且在P点处的切斜线率为2．（I）求a，b的值；（II）证明：≤2x-2．[解析]（I）由已知条件得解得（II），由（I）知设则而规律总结：不等式的恒成立问题、方程根的个数问题、两函数图象交点的个数问题等等，大多可用函数与方程、函数与不等式等思想解决．而导数是研究函数性质的有力工具，可以将问题转化为极值、最值问题等常见思维方式．在求最值时，一种是直接转化为求函数最值问题，一种是含有参数时，“分离参数”后转化为求最值问题．反馈训练3设函数f(x)=ex－ax－2(Ⅰ)求f(x)的单调区间(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f´(x)+x+1>0，求k的最大值[解析](1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a,若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,lna)时,f′(x)<0,当x∈(lna,+∞)时,f′(x)>0.(2)a=1时,(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(ex-1)+x+1,故x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<QUOTEx+1ex-1令g(x)=QUOTEx+1ex-1则g′(x)=QUOTE-xex-1(ex-1)2+1=令h(x)=ex-x-2.由(1)知,函数h(x)=ex-x-2在(0,+∞)上单调递而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2),当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0,由g′(α)=0知eα=α+2,所以g(x)min=g(α)=α+1,所以g(α)=α+1∈(2,3).由(*)式等价于k<g(x),所以k≤2.由k为整数,故整数k的最大值为2.四、考点巩固1．下列说法正确的是()A．函数在其定义域内若有最值与极值，则其极大值便是最大值，极小值便是最小值B．闭区间上的连续函数一定有最值，也一定有极值C．若函数在其定义域上有最值，则一定有极值；反之，若有极值，则一定有最值D．若函数在给定区间上有最值，则有且仅有一个最大值，一个最小值，但若有极值，则可有多个极值答案：D解析：由极值与最值的区别知选D．2．函数f(x)＝ex－x在区间[－1,1]上的最大值是()A．1＋B．1C．e＋1D．e－1答案：D解析：f′(x)＝ex－1．令f′(x)＝0，得x＝0．当x∈[－1,0]时，f′(x)≤0；当x∈[0,1]时，f′(x)≥0．∴f(x)在[－1,0]上递减，在[0,1]上递增．又∵f(－1)＝＋1，f(1)＝e－1，∴f(－1)－f(1)＝2＋－e＜0，∴f(－1)＜f(1)．∴f(x)max＝f(1)＝e－1．3．若函数y＝x3＋x2＋m在[－2,1]上的最大值为，则m等于()A．0B．1C．2答案：C解析：＝3x2＋3x＝3x(x＋1)．由y′＝0，得x＝0或x＝－1．∴f(0)＝m，f(－1)＝m＋．又∵f(1)＝m＋，f(－2)＝－8＋6＋m＝m－2，∴f(1)＝m＋最大．∴m＋＝．∴m＝2．4．函数f(x)＝3x＋sinx在x∈[0，π]上的最小值为__________．答案：1解析：f′(x)＝3xln3＋cosx．∵x∈[0，π]时，3xln3＞1，－1≤cosx≤1，∴f′(x)＞0．∴f(x)递增，∴f(x)min＝f(0)＝1．5．函数f(x)＝x3－x2－2x＋5，若对于任意x∈[－1,2]，都有f(x)＜m，则实数m的取值范围是__________．答案：m＞7解析：f′(x)＝3x2－x－2，令f′(x)＝0，得或x＝1．可求得f(x)max＝f(2)＝7．∴对于任意x∈[－1,2]，f(x)＜m恒成立时，m＞7．6.已知函数的导函数，且，若，则的解集为.[解析]构造函数，∴在R上单调递减∵∴的解集为7.求函数f(x)＝x4－8x2＋2在[－1,3]上的最大值与最小值．[解析]f′(x)＝4x3－16x＝4x(x－2)(x＋2)．令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝0，x3＝2.其中x2＝0，x3＝2在[－1,3]内，计算得f(0)＝2，f(2)＝－14，f(－1)＝－5，f(3)＝11，故f(x)在[－1,3]上的最大值是11，最小值是－14.8.(12北京)已知函数（），.当时，求函数在区间上的最大值为28，求的取值范围.[解析]记当时，，令，解得：，；与在上的情况如下：1（1,2）2+0—0+28-43由此可知：当时，函数在区间上的最大值为；当时，函数在区间上的最大值小于28.因此，的取值范围是9.已知函数，，.若，且存在单调递减区间，求的取值范围；[解析]当，则因为函数存在单调递减区间，所以有解.由题设可知,的定义域是,而在上有解,就等价于在区间能成立,即,成立,进而等价于成立,其中.由得,.于是,,由题设,所以a的取值范围是.10.（12辽宁）设，证明：当＞1时，＜.法一：记=，则当＞1时，=，又∵，∴＜0，即＜；（法二）由均值不等式，当＞1时，，∴，①令，则，，∴，即，②由①②得，当＞1时，＜.导数在研究函数中的应用习题课学习要求：1.理解用导数研究函数的逼近思想和以直代曲思想.2.会利用导数讨论函数的单调性、极值、最值(多项式次数不超过三次)．题型一函数与其导函数之间的关系典型例题1已知函数y＝xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则y＝f(x)的图象大致是() 解析当0<x<1时，xf′(x)<0，∴f′(x)<0，故y＝f(x)在(0,1)上为减函数，排除A、B选项.当1<x<2时，xf′(x)>0，∴f′(x)>0，故y＝f(x)在(1,2)上为增函数，因此排除D.答案C小结研究一个函数的图象与其导函数图象之间的关系时，注意抓住各自的关键要素，对于原函数，要重点考查其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减；而对于导函数，则应考查其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并考查这些区间与原函数的单调区间是否一致.反馈训练1设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能的是 ()[解析]当x<0时，f′(x)>0，∴函数f(x)在(－∞，0)上为增函数.当0<x<2时，f′(x)<0，∴f(x)在(0,2)上为减函数.当x>2时，f′(x)>0，∴f(x)在(2，＋∞)上为增函数.由图象知应选D.答案D题型二利用导数研究函数的单调性、极值、最值典型例题2设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝eq\f(1,x)，g(x)＝f(x)＋f′(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)讨论g(x)与g()的大小关系.[解析](1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋eq\f(1,x)，∴g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴g′(x)＝eq\f(x－1,x2).令g′(x)＝0，得x＝1.当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，∴x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而也是最小值点，∴最小值为g(1)＝1.(2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－lnx＋x，设h(x)＝g(x)－geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2lnx－x＋eq\f(1,x)，则h′(x)＝－eq\f(x－12,x2).当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))，当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)内单调递减，∴当0<x<1时，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))；当x＝1时，g(x)＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))；当x>1时，h(x)<h(1)＝0，即g(x)<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x))).小结(1)讨论函数的单调性首先要求出函数的定义域.(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得.(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值点.(4)利用函数单调性可以判定函数值的大小关系.反馈训练2设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈(1)求f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当a>ln2－1且x>0时，ex>x2－2ax＋1.[解析](1)由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知f′(x)＝ex－2，x∈令f′(x)＝0，得x＝ln2.于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，ln2)ln2(ln2，＋∞) f′(x)－0＋f(x)单调递减↘2(1－ln2＋a)单调递增↗故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝eln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a(2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈由(1)知当a>ln2－1时，g′(x)取最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)>0.于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，所以g(x)在R内单调递增.于是当a>ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.题型三导数的综合应用典型例题3已知函数f(x)＝x3－ax－1.(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由.[解析](1)f′(x)＝3x2－a，因为f(x)在R上是增函数，所以f′(x)≥0在R上恒成立.即3x2－a≥0在R上恒成立.即a≤3x2，而3x2≥0，所以a≤0.当a＝0时，f(x)＝x3－1在R上单调递增，符合题意.所以a的取值范围是(－∞，0].(2)假设存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减，则f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立.即3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，即a≥3x2，又因为在(－1,1)上，0<3x2<3，所以a≥3.当a＝3时，f′(x)＝3x2－3，在(－1,1)上，f′(x)<0，所以f(x)在(－1,1)上单调递减，即a＝3符合题意，所以存在实数a，使f(x)在(－1,1)上单调递减，且a的取值范围是[3，＋∞).小结由已知函数f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范围时，应令f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立理论求解)，然后检验参数的取值能否使f′(x)恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去；若f′(x)不能恒等于0，则由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立解出的参数的取值范围来确定.反馈训练3(13课标)已知函数f(x)＝ex－ln(x＋m).(1)设x＝0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;(2)当m≤2时,证明f(x)>0.【解】(1)f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋m).由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0,所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1),定义域为(－1,＋∞),f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1).函数f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋1)在(－1,＋∞)上单调递增,且f′(0)＝0,因此当x∈(－1,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,＋∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减,在(0,＋∞)上单调递增.(2)证明:当m≤2,x∈(－m,＋∞)时,ln(x＋m)≤ln(x＋2),故只需证明当m＝2时,f(x)>0.当m＝2时,函数f′(x)＝ex－eq\f(1,x＋2)在(－2,＋∞)上单调递增.又f′(－1)<0,f′(0)>0,故f′(x)＝0在(－2,＋∞)上有唯一实根x0,且x0∈(－1,0).当x∈(－2,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,＋∞)时,f′(x)>0,从而当x＝x0时,f(x)取得最小值.由f′(x0)＝0得ex0＝eq\f(1,x0＋2),ln(x0＋2)＝－x0,故f(x)≥f(x0)＝eq\f(1,x0＋2)＋x0＝eq\f(x0＋12,x0＋2)>0.综上,当m≤2时,f(x)>0.考点巩固1.(2023·广东省广州市高三年级调研测试)已知e为自然对数的底数,则函数y＝xex的单调递增区间是()A.[－1,＋∞) B.(－∞,－1]C.[1,＋∞) D.(－∞,1]2.函数f(x)＝3x2＋lnx－2x的极值点的个数是() D.无数个3.(2023·荆州市高中毕业班质量检测)设函数f(x)在R上可导,其导函数是f′(x),且函数f(x)在x＝－2处取得极小值,则函数y＝xf′(x)的图象可能是()4.(2023·重庆市高三学业调研)若函数f(x)＝cosωx－ωe－x(ω≠0)的图象在区间[0,2π]上恰有4个极值点,则ω的值不可能为()\f(3,2) \f(5,3) 5.(2023·高考福建卷)设函数f(x)的定义域为R,x0(x0≠0)是f(x)的极大值点,以下结论一定正确的是()A.∀x∈R,f(x)≤f(x0)B.－x0是f(－x)的极小值点C.－x0是－f(x)的极小值点D.－x0是－f(－x)的极小值点6.函数f(x)＝eq\f(x,lnx)的单调递减区间是________.7.(2023·重庆市高三考前模拟改编)设{an}是等比数列,函数y＝x2－x－2013的两个零点是a2,a3,则a1a48.(2023·湖南十二校第二次考试)已知函数f(x)的定义域为[－1,5],部分对应值如下表:x－10245y12021f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.(1)f(x)的极小值为________;(2)若函数y＝f(x)－a有4个零点,则实数a的取值范围为________.9.(2023·高考北京卷)已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a,f(a))处与直线y＝b相切,求a与b的值;(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点,求b的取值范围.10.已知函数f(x)＝eq\f(1,2)m(x－1)2－2x＋3＋lnx,m≥1.(1)当m＝eq\f(3,2)时,求函数f(x)在区间[1,3]上的极小值;(2)求证:函数f(x)存在单调递减区间[a,b];(3)是否存在实数m,使曲线C:y＝f(x)在点P(1,1)处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在,求出实数m的值;若不存在,请说明理由.答案1.【解析】选A.令y′＝ex(1＋x)≥0,又ex>0,∴1＋x≥0,∴x≥－1,故选A.2.【解析】选A.函数定义域为(0,＋∞),且f′(x)＝6x＋eq\f(1,x)－2＝eq\f(6x2－2x＋1,x),由于x>0,g(x)＝6x2－2x＋1中Δ＝－20<0,所以g(x)>0恒成立,故f′(0)>0恒成立,即f(x)在定义域