2018届数学复习第二章函数、导数及其应用第十一节导数的应用学案文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE45-学必求其心得，业必贵于专精eq\o（\s\up7（第十一节)，\s\do5（)）eq\o（\s\up7(导数的应用),\s\do5(））1.了解函数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)．3．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)．4．会用导数解决实际问题．知识点一利用导数研究函数的单调性函数y＝f（x)在区间(a,b）内可导，1．若f′（x）>0，则f（x)在这个区间内是____________；2．若f′（x)<0，则f（x)在这个区间内是____________；3．若恒有f′(x）＝0,则f（x）在这个区间内是________．答案1．单调递增函数2.单调递减函数3．常函数1．判断正误（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，函数的图象就越“平缓”．(）答案:（1)×(2)×2．(选修1—1P91例1改编）如图所示是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，则下列判断中正确的是(）A．函数f（x）在区间（－3,0）上是减函数B．函数f(x)在区间(－3,2）上是减函数C．函数f(x）在区间（0,2）上是减函数D．函数f（x)在区间（－3,2)上是单调函数解析：当x∈（－3，0）时，f′（x）<0，则f(x）在（－3，0)上是减函数．其他判断均不正确．答案：A3．函数f（x）＝ex－x的单调递增区间是________．解析：由f′（x)＝ex－1〉0，解得x〉0,故其单调递增区间是（0，＋∞）．答案：（0，＋∞)知识点二利用导数研究函数的极值函数极值的概念函数y＝f（x)在点x＝a处的函数值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.类似地，函数y＝f（x）在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近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.我们把点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；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．极大值点和极小值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．4．函数f（x)＝|x｜的极值点是________,函数f（x)＝（x－1）3的极值点________．解析：结合函数图象可知f（x)＝|x｜的极值点是x＝0（此时函数的导数不存在）,f′（x)＝3(x－1)2≥0,f′（x）＝0无变号零点，故函数f(x)＝（x－1）3不存在极值点．答案：0不存在5．(2016·四川卷）已知a为函数f（x）＝x3－12x的极小值点，则a＝（)A．－4 B．－2C．4 D．2解析：由题意得f′(x）＝3x2－12.由f′(x）＝0得x＝±2，当x∈（－∞,－2）时，f′（x)>0，函数f(x）单调递增，当x∈(－2,2)时,f′（x)〈0，函数f（x）单调递减,当x∈（2，＋∞）时,f′（x）〉0,函数f(x）单调递增,所以a＝2。答案:D知识点三函数最值的求解步骤一般地,求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：(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．6．（选修1—1P97例5改编）函数f（x)＝x3－12x在区间[－3,3］上的最大值是________．解析：由f′(x)＝3x2－12＝0，得x＝±2，验证可知x＝－2是函数f(x)的极大值点,故函数f(x)在[－3，3]上的最大值f（x）max＝max{f（－2)，f(3)｝＝max｛16，－9｝＝16.答案：16第1课时导数与函数的单调性热点一判断或证明函数的单调性【例1】已知函数f(x)＝(a－1）lnx＋ax2＋1，讨论函数f（x）的单调性．【解】f(x)的定义域为（0,＋∞）．f′(x)＝eq\f(a－1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a－1，x）,①当a≥1时，f′(x）>0，故f(x）在(0，＋∞）上单调递增；②当a≤0时,f′(x)〈0，故f（x）在(0，＋∞)上单调递减；③当0〈a<1时，令f′（x)＝0，解得x＝eq\r(\f(1－a,2a））,则当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\r（\f(1－a，2a))））时，f′（x）<0.当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\r(\f（1－a,2a)），＋∞）)时，f′(x）〉0。故f(x）在eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1(0,\r（\f(1－a，2a）)）)上单调递减,在eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\r(\f(1－a,2a）)，＋∞）)上单调递增.【总结反思】导数法证明函数f(x）在（a，b）内的单调性的步骤(1）求f′(x）；（2）确定f′(x)在（a，b)内的符号；（3）作出结论：f′(x)>0时为增函数;f′(x)<0时为减函数.已知函数f（x）＝x2－ex,试判断f（x)的单调性并给予证明．解：f(x)在R上单调递减．设g(x）＝f′(x)＝2x－ex，则g′(x)＝2－ex。当x＝ln2时,g′（x）＝0.当x∈(－∞，ln2)时，g′(x）〉0.当x∈（ln2,＋∞）时,g′(x）<0。所以f′(x）max＝g（x)max＝g（ln2)＝2ln2－2〈0.所以f′（x)〈0恒成立,所以f（x)在R上单调递减．热点二已知函数的单调性求参数的取值范围【例2】已知函数f(x）＝x3＋ax2＋1，a∈R.（1)讨论函数f（x）的单调区间；（2)设函数f（x)在区间eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(2，3)，－\f(1，3））)内是减函数，求a的取值范围．【解】(1)对f(x）求导得f′(x)＝3x2＋2ax＝3x(x＋eq\f(2,3）a)．①当a＝0时，f′（x)＝3x2≥0恒成立．∴f(x）的递增区间是(－∞，＋∞)．②当a>0时,由于f′(x)在（－∞,－eq\f(2，3)a）和(0，＋∞）上都恒为正，所以f(x）的递增区间是(－∞,－eq\f(2，3）a），（0，＋∞）;由于f′（x)在（－eq\f(2，3)a，0)上恒为负，所以f(x)的递减区间是(－eq\f（2，3)a,0)；③当a<0时，在x∈(－∞,0)和x∈（－eq\f（2，3)a，＋∞)上均有f′（x)>0，∴f（x）的递增区间是(－∞,0)，（－eq\f(2，3)a，＋∞);在（0，－eq\f（2，3)a)上，f′（x）〈0，f（x）的递减区间是(0，－eq\f（2,3）a）．（2）由（1)知，（－eq\f（2,3），－eq\f（1，3))⊆(－eq\f（2,3)a,0)，∴－eq\f（2，3)a≤－eq\f（2，3），∴a≥1.【总结反思】已知函数f(x)在区间D单调递增求参数的取值范围，常转化为f′（x）≥0在区间D恒成立，再通过构造函数转化为求最值或转化为图象不在x轴下方求解．已知函数f（x）在区间D单调递减求参数的取值范围，常转化为f′（x)≤0在区间D恒成立，再通过构造函数转化为求最值或转化为图象不在x轴上方求解。(2017·安徽模拟)已知函数f（x)＝－eq\f（1，2)x2－3x＋4lnx在（t，t＋1)上不单调，则实数t的取值范围是________．解析：∵函数f（x)＝－eq\f（1,2)x2－3x＋4lnx（x〉0），∴f′(x)＝－x－3＋eq\f（4，x)，∵函数f（x）＝－eq\f(1,2)x2－3x＋4lnx在（t，t＋1)上不单调，∴f′(x)＝－x－3＋eq\f(4,x)＝0在(t,t＋1）上有解,∴eq\f(x2＋3x－4，x）＝0在（t，t＋1）上有解，∴x2＋3x－4＝0在（t，t＋1)上有解，由x2＋3x－4＝0得x＝1或x＝－4（舍去）,∴1∈（t，t＋1），∴t∈（0,1），故实数t的取值范围是（0，1）．答案：(0，1)热点三函数单调性的简单应用考向1比较大小【例3】已知f（x）为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x）〉f′(x)，则以下判断正确的是（）A．f（2013)〉e2013fB．f(2013）<e2013fC．f（2013)＝e2013fD．f(2013)与e2013f【解析】令函数g（x）＝eq\f(fx,ex），则g′（x）＝eq\f(f′x－fx,ex)。∵f（x）〉f′(x)，∴g′(x）〈0,即函数g(x）在R上递减，∴g（2013)〈g(0），∴eq\f（f2013,e2013)〈eq\f(f0,e0),∴f（2013）〈e2013f【答案】B考向2解不等式【例4】设函数f（x）是定义在(－∞，0）上的可导函数，其导函数为f′（x)，且有2f（x）＋xf′（x)〉x2,则不等式(x＋2014)2f（x＋2014）－A．（－∞，－2012） B．(－2012，0）C．(－∞，－2016) D．(－2016，0)【解析】由2f（x）＋xf′（x）〉x2，x<0,得2xf(x)＋x2f′(x)〈x3，即[x2f（x)］′<x3〈0，令F(x)＝x2f（x），则当x<0时,F′（x）<0，即F（x）在(－∞，0）上是减函数,F(x＋2014）＝(2014＋x）2f（x＋2014),F（－2)＝4f(－2)，F(2014＋x)－F（－2)>0，即F（2014＋x）>F（－2）．又F(【答案】C【总结反思】利用导数比较大小或解不等式的常用技巧利用题目条件,构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式。(1）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，＋∞)（2）(2017·福建质检）已知f(x）是定义在R上的减函数，其导函数f′（x）满足eq\f（fx,f′x）＋x〈1，则下列结论正确的是(）A．对于任意x∈R，f（x)〈0B．对于任意x∈R，f（x)>0C．当且仅当x∈(－∞，1)时，f(x）<0D．当且仅当x∈(1，＋∞)时，f(x）>0解析:（1）记函数g(x）＝eq\f（fx,x),则g′(x)＝eq\f(xf′x－fx，x2）,因为当x〉0时，xf′(x)－f（x)〈0,故当x>0时，g′(x）〈0，所以g(x)在（0，＋∞)上单调递减；又因为函数f(x）（x∈R)是奇函数，故函数g(x）是偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，且g(－1）＝g(1）＝0.当0〈x〈1时，g(x）〉0,则f（x)〉0；当x<－1时，g(x）<0，则f(x）〉0，综上所述，使得f（x）>0成立的x的取值范围是（－∞，－1)∪(0,1）．(2)因为函数f（x）是定义在R上的减函数,所以f′（x)<0.因为eq\f（fx,f′x)＋x<1，所以f(x)＋xf′(x）〉f′（x）．所以f（x)＋(x－1)f′（x)>0,构造函数g(x)＝（x－1）f(x)，则g′(x）＝f(x)＋（x－1）f′（x）〉0，所以函数g（x）在R上单调递增，又g(1）＝(1－1)f(1）＝0,所以当x〈1时，g（x）〈0，所以f(x）〉0；当x>1时，g(x）〉0，所以f（x）>0.因为f(x）是定义在R上的减函数，所以f(1)>0.综上,对于任意x∈R，f(x）〉0.故选B.答案：（1)A(2)B1．在某个区间(a，b）上，若f′（x)>0，则f（x）在这个区间上单调递增;若f′(x)<0，则f(x）在这个区间上单调递减；若f′(x）＝0恒成立，则f（x)在这个区间上为常数函数；若f′（x)的符号不确定，则f(x)不是单调函数．2．若函数y＝f(x）在区间（a，b)上单调递增，则f′（x）≥0，且在（a，b）的任意子区间,等号不恒成立；若函数y＝f(x）在区间(a，b）上单调递减，则f′(x)≤0，且在(a,b)的任意子区间，等号不恒成立．3．使f′（x)＝0的离散的点不影响函数的单调性．第2课时导数与函数的极值、最值热点一利用导数研究函数的极值考向1根据函数的图象判断函数的极值【例1】(2017·青海西宁月考）设三次函数f(x）的导函数为f′(x),函数y＝x·f′（x)的图象的一部分如图所示,则()A．f（x)的极大值为f(eq\r(3))，极小值为f(－eq\r（3)）B．f(x)的极大值为f（－eq\r（3)),极小值为f(eq\r（3)）C．f(x)的极大值为f(－3）,极小值为f（3)D．f(x)的极大值为f(3），极小值为f（－3）【解析】由图象知，当x〈－3时，f′(x）<0；当－3〈x〈0时，f′(x）〉0，由此知极小值为f(－3）；当0〈x<3时，f′（x）>0；当x>3时，f′(x）〈0,由此知极大值为f（3）,故选D.【答案】D考向2求函数的极值【例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．考向3已知函数的极值求参数【例3】(2017·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】∵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）.【答案】B【总结反思】掌握可导函数求极值的步骤（1)确定函数的定义域；（2)求方程f′(x）＝0的根；（3）用方程f′（x）＝0的根和不可导点的x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间,并形成表格；（4）由f′(x)＝0的根左右的符号以及f′(x)在不可导点左右的符号来判断f′(x）在这个根或不可导点处取极值的情况，此步骤不可缺少，f′（x)＝0是函数有极值的必要条件.(1)（选修2－2P32A组第4题改编)如图是f(x)的导函数f′(x）的图象，则f(x）的极小值点的个数为(）A．1 B．2C．3 D．4（2）(2017·合肥模拟）若函数f（x)＝eq\f(x3，3)－eq\f（a，2）x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,3),4)）上有极值点，则实数a的取值范围是（）A。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)）） B.eq\b\lc\[\rc\）（\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3））)C。eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（10,3）,\f(17,4))） D。eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（2，\f(17，4）))解析:(1）由题意知在x＝－1处f′(－1)＝0，且其左右两侧导数符号为左负右正．（2）因为f（x）＝eq\f(x3，3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1，所以f′(x）＝x2－ax＋1。由题意可得x2－ax＋1＝0有两个解，则Δ＝a2－4>0，故a>2或a〈－2,函数f(x）＝eq\f(x3，3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1在区间eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，3），4)）上有极值点可化为x2－ax＋1＝0在区间eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,3），4）)上有解,①当2〈a〈8时,f′（4)〉0，即16－4a＋1>0，故a<eq\f（17,4）,故2〈a〈eq\f(17,4).②当a≥8时，f′(4）f′eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,3））)<0，无解．综上所述，2〈a<eq\f（17,4).答案:(1）A（2)D热点二利用导数研究函数的最值【例4】(2017·洛阳模拟）已知函数f（x）＝eq\f（1－x，x）＋klnx,k<eq\f(1,e）,求函数f（x）在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f（1，e），e)）上的最大值和最小值．【解】因为f(x）＝eq\f（1－x,x）＋klnx，f′（x）＝eq\f（－x－1－x,x2)＋eq\f(k，x)＝eq\f（kx－1,x2).①若k＝0，则f′(x)＝－eq\f(1，x2)在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(\f（1，e),e)）上恒有f′（x)〈0，所以f(x）在eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,e），e))上单调递减．所以f（x）min＝f(e)＝eq\f（1－e,e）,f(x)max＝feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(1,e）))＝e－1。②若k≠0,f′（x)＝eq\f（kx－1，x2）＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,k))），x2）。(ⅰ）若k<0,则在eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1（\f（1,e），e）)上恒有eq\f(k\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f（1，k)）)，x2)<0，所以f(x)在eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，e），e））上单调递减，所以f（x)min＝f(e)＝eq\f（1－e,e）＋klne＝eq\f（1，e)＋k－1，f（x）max＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)））＝e－k－1.(ⅱ)若k>0，由k〈eq\f（1,e）,得eq\f(1,k）〉e，则x－eq\f(1，k）<0，所以eq\f(k\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1，k)））,x2)〈0，所以f(x）在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\f（1,e），e）)上单调递减．所以f（x)min＝f（e)＝eq\f（1－e，e）＋klne＝eq\f(1，e)＋k－1，f(x)max＝feq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,e））)＝e－k－1.综上，k<eq\f（1，e）时，f（x）min＝eq\f（1，e)＋k－1，f（x)max＝e－k－1.若把本例中函数改为“f（x)＝eq\f(2,x）＋alnx，a∈R”,试求解此函数在区间(0，e］上的最小值．解：f′（x)＝eq\f（ax－2,x2）,x∈(0，＋∞）．①当a＝0时，在区间（0，e]上f′(x）＝－eq\f（2,x2），此时f(x）在区间(0,e]上单调递减，则f(x）在区间（0，e］上的最小值为f(e）＝eq\f（2,e）.②当eq\f(2,a)<0，即a〈0时，在区间（0，e］上f′（x)〈0，此时f(x）在区间(0，e]上单调递减，则f(x）在区间(0,e］上的最小值为f（e)＝eq\f(2，e)＋a，③当0<eq\f(2，a)<e，即a>eq\f(2,e）时，在区间eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f(2，a）））上f′(x）<0,此时f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f(2，a)))上单调递减；在区间eq\b\lc\（\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（2，a）,e））上f′（x）〉0。此时f（x)在区间eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(2,a),e))上单调递增；则f(x）在区间(0,e］上的最小值为feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2，a)))＝a＋alneq\f（2，a）.④当eq\f（2,a)≥e，即0<a≤eq\f(2,e）时，在区间(0，e]上f′(x)≤0，此时f(x)在区间（0,e]上单调递减，则f（x）在区间(0，e]上的最小值为f（e)＝eq\f（2，e）＋a。综上所述，当a≤eq\f（2，e）时，f（x)在区间(0，e]上的最小值为eq\f（2，e)＋a；当a>eq\f（2，e）时，f（x)在区间(0，e］上的最小值为a＋alneq\f（2,a).【总结反思】求函数f（x）在[a，b］上的最大值和最小值的步骤(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.热点三函数极值与最值的综合问题【例5】已知函数f(x)＝eq\f(ax2＋bx＋c,ex)(a〉0）的导函数y＝f′（x）的两个零点为－3和0.(1）求f（x)的单调区间；（2)若f(x）的极小值为－e3，求f（x）在区间［－5，＋∞)上的最大值．【解】(1)f′（x)＝eq\f（2ax＋bex－ax2＋bx＋cex,ex2)＝eq\f(－ax2＋2a－bx＋b－c,ex）。令g（x）＝－ax2＋(2a－b）x＋b－c因为ex〉0，所以y＝f′（x）的零点就是g（x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′（x)与g(x又因为a〉0，所以－3<x<0时,g（x)〉0，即f′(x）>0，当x〈－3或x〉0时,g(x)<0，即f′(x)〈0，所以f(x)的单调递增区间是（－3,0)，单调递减区间是（－∞,－3），（0,＋∞)．（2）由(1)知,x＝－3是f（x)的极小值点，所以有eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（\f（9a－3b＋c，e－3)＝－e3，,g0＝b－c＝0，，g－3＝－9a－32a－b＋b－c＝0，）)解得a＝1,b＝5,c＝5。所以f(x)＝eq\f(x2＋5x＋5，ex)。因为f(x）的单调递增区间是（－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3）,(0，＋∞)．所以f(0）＝5为函数f（x）的极大值，故f(x）在区间［－5,＋∞)上的最大值取f（－5)和f（0）中的最大者，而f(－5）＝eq\f(5,e－5)＝5e5>5＝f（0）,所以函数f(x)在区间［－5，＋∞）上的最大值是5e5。【总结反思】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。已知函数f（x）＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值,若m、n∈［－1，1]，则f(m)＋f′(n）的最小值是（）A．－13 B．－15C．10 D．15解析:对函数f(x）求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2）＝0.即－3×4＋2a×2＝0，∴a由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x,易知f(x）在［－1，0)上单调递减,在[0，1］上单调递增，∴当m∈［－1，1]时，f（m）min＝f(0)＝－4。又∵f′(x）＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1，1]时，f′(n）min＝f′(－1）＝－9.故f（m）＋f′(n)的最小值为－13.答案:A1．函数的最值是整个定义域上的问题，而函数的极值只是定义域的局部问题．2．f′(x0)＝0是f（x)在x＝x0处取得极值的必要非充分条件,因为求函数的极值，还必须判断x0两侧的f′（x）的符号是否相反．3．求f(x)的最值应注意在闭区间上研究,还是在开区间上研究，若闭区间上最值问题只需比较端点值与极值即可，若开区间上最值问题,注意考查f（x)的有界性．第3课时导数的综合应用热点一利用导数证明不等式【例1】（2016·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝(x＋1）lnx－a(x－1）．(Ⅰ)当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f(1))处的切线方程;（Ⅱ)若当x∈（1,＋∞)时，f（x）〉0，求a的取值范围．【解】（Ⅰ）f(x)的定义域为（0，＋∞)，当a＝4时，f(x）＝（x＋1）lnx－4(x－1)，f′(x)＝lnx＋eq\f（1,x）－3,f′（1）＝－2，f（1)＝0.曲线y＝f(x)在（1，f(1））处的切线方程为2x＋y－2＝0。(Ⅱ)当x∈（1，＋∞)时，f（x）>0等价于lnx－eq\f（ax－1,x＋1)>0。设g（x）＝lnx－eq\f（ax－1，x＋1），则g′（x)＝eq\f(1，x）－eq\f(2a，x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12），g(1）＝0。（ⅰ）当a≤2，x∈（1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，故g′（x)〉0，g(x）在（1，＋∞）上单调递增，因此g（x）〉0;(ⅱ)当a〉2时，令g′（x）＝0得x1＝a－1－eq\r（a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1)。由x2>1和x1x2＝1得x1〈1，故当x∈(1，x2）时,g′(x）〈0，g(x)在（1，x2)上单调递减，此时g(x)<g(1)＝0.综上,a的取值范围是（－∞，2]。【总结反思】对于不等式的证明问题可考虑：①通过研究函数的单调性进行证明；②根据不等式的结构构造新函数，通过研究新函数的单调性或最值来证明。证明：当x∈[0，1]时，eq\f（\r（2)，2)x≤sinx≤x。证明:记F（x)＝sinx－eq\f（\r（2）,2)x，则F′（x）＝cosx－eq\f(\r(2)，2）.当x∈（0，eq\f(π,4）)时，F′（x）>0，F(x）在［0，eq\f（π，4)]上是增函数；当x∈（eq\f（π,4）,1)时，F′（x)〈0，F（x)在［eq\f(π,4），1]上是减函数．又F（0)＝0，F(1)〉0，所以当x∈［0，1］时，F(x）≥0，即sinx≥eq\f(\r(2），2)x。记H（x)＝sinx－x，则当x∈（0,1)时,H′（x)＝cosx－1〈0，所以H(x）在[0,1]上是减函数，则H（x)≤H(0）＝0,即sinx≤x.综上，eq\f(\r（2）,2)x≤sinx≤x，x∈［0,1]．热点二利用导数解决恒成立问题【例2】（2016·四川卷）设函数f(x)＝ax2－a－lnx，g（x）＝eq\f(1，x）－eq\f（e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．(Ⅰ）讨论f（x）的单调性;（Ⅱ）证明：当x〉1时，g(x）>0；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x)>g（x）在区间（1，＋∞)内恒成立．【解】（Ⅰ)f′(x）＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f（2ax2－1,x)(x〉0）．当a≤0时，f′(x)<0,f(x）在（0,＋∞)内单调递减．当a〉0时，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a）).当x∈（0,eq\f(1,\r（2a))）时,f′（x）〈0，f（x）单调递减;当x∈(eq\f(1,\r（2a))，＋∞)时,f′(x)>0，f（x)单调递增．(Ⅱ)证明:令s（x）＝ex－1－x，则s′（x）＝ex－1－1.当x〉1时，s′（x)>0，所以ex－1>x，从而g（x）＝eq\f（1，x)－eq\f(1,ex－1)>0。(Ⅲ）由(Ⅱ)，当x〉1时，g（x）>0。当a≤0，x〉1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx〈0，故当f（x)>g（x)在区间（1，＋∞)内恒成立时，必有a〉0.当0<a〈eq\f(1，2)时,eq\f（1，\r（2a）)〉1.由(Ⅰ）有f（eq\f（1,\r(2a）））〈f（1)＝0，而g(eq\f（1,\r（2a）)）〉0，所以此时f(x)>g(x）在区间（1，＋∞）内不恒成立．当a≥eq\f（1,2）时，令h(x）＝f(x)－g(x)（x≥1),当x>1时,h′(x）＝2ax－eq\f（1,x)＋eq\f（1,x2)－e1－x〉x－eq\f（1,x)＋eq\f(1，x2）－eq\f(1，x)＝eq\f(x3－2x＋1,x2)>eq\f(x2－2x＋1,x2）〉0，因此，h（x)在区间（1，＋∞)内单调递增．又因为h（1)＝0，所以当x〉1时，h(x）＝f(x）－g(x）>0,即f(x）>g（x)恒成立．综上，a∈［eq\f(1，2），＋∞）.【总结反思】不等式恒成立问题的求解方法(1）由不等式恒成立求解参数的取值范围问题常采用的方法是分离参数求最值，即要使a≥g(x)恒成立，只需a≥g(x)max，要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)min.另外，当参数不宜进行分离时,还可直接求最值建立关于参数的不等式求解,例如，要使不等式f（x）≥0恒成立，可求得f(x)的最小值h(a)，令h（a)≥0即可求出a的取值范围．（2)参数范围必须依靠不等式才能求出，求解参数范围的关键就是找到这样的不等式.已知f(x)＝xlnx，g（x)＝－x2＋ax－3。(1)对一切x∈（0，＋∞），2f（x)≥g(x）恒成立，求实数a(2）证明：对一切x∈（0,＋∞)，lnx〉eq\f(1,ex)－eq\f（2,ex)恒成立．解:(1）由题意知2xlnx≥－x2＋ax－3对一切x∈（0,＋∞)恒成立,则a≤2lnx＋x＋eq\f(3,x)，设h（x）＝2lnx＋x＋eq\f(3,x)(x〉0），则h′(x)＝eq\f(x＋3x－1，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即实数a的取值范围是（－∞，4]．(2)证明：问题等价于证明xlnx〉eq\f(x，ex）－eq\f(2，e）（x∈(0,＋∞））,又f（x）＝xlnx，f′(x）＝lnx＋1，当x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0,\f（1，e）))时，f′（x)<0，f(x）单调递减；当x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，e)，＋∞)）时，f′(x）〉0，f（x)单调递增，所以f(x）min＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，e）))＝－eq\f（1,e).设m（x)＝eq\f(x，ex)－eq\f(2，e)(x∈（0，＋∞）)，则m′(x）＝eq\f(1－x,ex)，易知m（x）max＝m(1）＝－eq\f（1,e)，从而对一切x∈(0，＋∞），lnx>eq\f（1,ex)－eq\f(2,ex)恒成立．热点三利用导数解决存在性问题【例3】（2017·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′(x）＝eq\f（x－1,x)(x>0）．∴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)>F（1）＝1>0。∴a≥eq\f(x\o\al(2,0）－2x0,x0－lnx0)，记G(x)＝eq\f(x2－2x，x－lnx)，x∈eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f(1，e)，e)）。∴G′(x）＝eq\f（2x－2x－lnx－x－2x－1，x－lnx2)＝eq\f(x－1x－2lnx＋2，x－lnx2）。∵x∈eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1（\f（1，e),e）)，∴2－2lnx＝2(1－lnx)≥0，∴x－2lnx＋2>0，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1，e）,1))时，G′(x）〈0，G（x）单调递减；x∈（1，e]时，G′(x）〉0，G(x)单调递增．∴G(x)min＝G（1）＝－1，∴a≥G(x)min＝－1。故实数a的取值范围为［－1，＋∞)。【总结反思】不等式能成立问题的解决方法（1）f（x)〉g（x)对x∈I能成立⇔I与f（x）>g(x)的解集的交集不是空集⇔［f（x）－g（x)］max〉0(x∈I）．（2）对∀x1∈D1，∃x2∈D2使得f（x1)≥g(x2)⇔f(x）min≥g（x)min，f(x)定义域为D1，g（x）定义域为D2。(2017·新乡调研)已知函数f（x）＝x－（a＋1）lnx－eq\f(a，x)(a∈R），g（x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.（1）当x∈[1，e］时,求f（x)的最小值；(2)当a〈1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈［－2，0]，f(x1)<g(x2)恒成立，求a的取值范围．解：（1）f（x）的定义域为（0，＋∞）,f′(x）＝eq\f（x－1x－a,x2）.①当a≤1时,x∈[1,e]，f′(x)≥0，f(x)为增函数,f（x)min＝f(1）＝1－a。②当1〈a〈e时，x∈［1，a]时,f′（x）≤0，f（x）为减函数；x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f（x）为增函数．所以f（x)min＝f（a）＝a－(a＋1)lna－1。③当a≥e时，x∈[1，e]时,f′（x）≤0，f(x）在［1，e]上为减函数．f（x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f（a，e）.综上，当a≤1时，f（x)min＝1－a；当1<a〈e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1;当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a，e）.（2)由题意知f（x)（x∈［e,e2］)的最小值小于g(x）（x∈[－2，0］)的最小值．由（1）知当a<1时，f（x)在[e，e2］上单调递增，f(x）min＝f(e)＝e－（a＋1）－eq\f（a，e）。g′(x）＝(1－ex)x.当x∈［－2，0]时，g′(x)≤0，g（x）为减函数．g(x)min＝g(0）＝1。所以e－（a＋1）－eq\f(a,e）〈1，即a>eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（e2－2e,e＋1),1)）。热点四利用导数解决零点问题【例4】设函数f（x)＝eq\f（x2，2）－klnx，k〉0.(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，eq\r（e)］上仅有一个零点．【解】(1）由f(x)＝eq\f(x2，2)－klnx（k>0)，得x>0且f′(x）＝x－eq\f（k,x）＝eq\f(x2－k，x）。由f′(x)＝0，解得x＝eq\r（k）(负值舍去）．f(x）与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下:x（0,eq\r（k))eq\r（k)（eq\r（k），＋∞)f′(x）－0＋f（x）eq\f（k1－lnk，2)所以，f（x)的单调递减区间是(0,eq\r（k)),单调递增区间是(eq\r(k),＋∞)．f（x)在x＝eq\r(k）处取得极小值f（eq\r（k））＝eq\f（k1－lnk,2）。(2）证明：由(1)知,f(x)在区间(0,＋∞）上的最小值为f(eq\r(k))＝eq\f(k1－lnk，2).因为f(x）存在零点，所以eq\f(k1－lnk，2)≤0,从而k≥e.当k＝e时，f(x)在区间(1，eq\r(e）)上单调递减，且f（eq\r（e))＝0,所以x＝eq\r（e）是f(x)在区间（1，eq\r（e）］上的唯一零点．当k〉e时，f(x）在区间(1,eq\r(e)]上单调递减，且f（1)＝eq\f（1,2)〉0，f（eq\r(e）)＝eq\f(e－k,2)<0，所以f（x）在区间（1,eq\r（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，eq\r(e)]上仅有一个零点。【总结反思】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象的交点问题,利用数形结合来解决.（2017·潍坊模拟）已知函数f(x)＝eq\f(1,2）x2，g(x）＝alnx（a〉0）．（1）求函数F（x)＝f(x）·g（x）的极值；(2)若函数G(x）＝f(x）－g(x)＋(a－1)x在区间eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，e)，e)）内有两个零点,求实数a的取值范围．解:(1)由题意知，F（x)＝f（x)·g(x)＝eq\f（1,2)ax2lnx,F′(x)＝axlnx＋eq\f（1,2）ax＝eq\f（1，2)ax（2lnx＋1),由F′(x）〉0得x>e－eq\f（1,2），由F′(x）〈0得0〈x<e－eq\f（1，2),故F(x)在（0，e－eq\f（1，2）)上单调递减，在（e－eq\f(1，2）,＋∞）上单调递增,所以x＝e－eq\f（1,2）为F(x)的极小值点，F(x）极小值＝F(e－eq\f(1，2）)＝－eq\f(a，4e），无极大值．(2）G（x)＝eq\f(1,2）x2－alnx＋（a－1)x，G′（x）＝x－eq\f（a,x）＋a－1＝eq\f(x＋ax－1，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,要使G(x）在区间eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,e），e））内有两个零点，需满足eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(G\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))）>0，,G1<0，，Ge〉0，))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(\f（1，2e2)＋\f（a－1，e)＋a>0，，\f（1,2)＋a－1〈0，，\f（e2，2)＋a－1e－a〉0，））即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a>\f（2e－1,2e2＋2e），，a<\f（1，2)，,a〉\f（2e－e2，2e－2).))下面比较eq\f（2e－1,2e2＋2e）与eq\f(2e－e2，2e－2）的大小．由于eq\f(2e－1，2e2＋2e)－eq\f(2e－e2，2e－2）＝eq\f(2e4－2e3－6e＋2，2e2＋2e2e－2）＝eq\f（2e[e2e－1－3]＋2，2e2＋2e2e－2）〉0，故eq\f（2e－1,2e2＋2e）>eq\f(2e－e2，2e－2），故实数a的取值范围为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2e－1，2e2＋2e)，\f(1，2)））.1．利用导数证明不等式若证明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）．2．利