（江苏专用）高三数学一轮总复习 第三章 导数及其应用课时跟踪检测 理-人教高三数学试题

第三章导数及其应用第一节导数的概念与计算1．导数的概念(1)平均变化率一般地，函数f(x)在区间[x1，x2]上的平均变化率为eq\f(fx2－fx1,x2－x1).(2)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数①定义：设函数y＝f(x)在区间(a，b)上有定义，x0∈(a，b)，若Δx无限趋近于0时，此值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)无限趋近于一个常数A，则称f(x)在x＝x0处可导，并称该常数A为函数f(x)在x＝x0处的导数，记作f′(x0)．②几何意义：函数f(x)在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点(x0，f(x0))处的切线的斜率．相应地，切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．(3)函数f(x)的导函数若f(x)对于区间(a，b)内任一点都可导，则f(x)在各点的导数也随着自变量x的变化而变化，因而也是自变量x的函数，该函数称为f(x)的导函数．2．基本初等函数的导数公式(sinx)′＝cos_x，(cosx)′＝－sin_x，(ax)′＝axln_a，(ex)′＝ex，(logax)＝eq\f(1,xlna)，(lnx)′＝eq\f(1,x).3．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)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．[小题体验]1．(教材习题改编)一次函数f(x)＝kx＋b在区间[m，n]上的平均变化率为________．解析：由题意得函数f(x)＝kx＋b在区间[m，n]上的平均变化率为eq\f(fn－fm,n－m)＝k.答案：k2．(教材习题改编)如图，函数y＝f(x)的图象在点P处的切线方程是y＝－x＋5，则f(3)＝________，f′(3)＝________.解析：由图知切点为(3,2)，切线斜率为－1.答案：2－13．设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(x)＝x＋lnx，则f′(1)＝________.解析：由f(x)＝x＋lnx(x>0)，知f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，所以f′(1)＝2.答案：24．(2015·天津高考)已知函数f(x)＝axlnx，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________．解析：f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋x·\f(1,x)))＝a(1＋lnx)．由于f′(1)＝a(1＋ln1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3.答案：31．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．2．求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的区别，前者只有一条，而后者包括了前者．3．曲线的切线与曲线的交点个数不一定只有一个，这和研究直线与二次曲线相切时有差别．[小题纠偏]1．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝________.解析：对关系式f(x)＝2xf′(e)＋lnx两边求导，得f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，令x＝e，得f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，所以f′(e)＝－eq\f(1,e).答案：－eq\f(1,e)2．已知f(x)＝x2＋3xf′(2)，则f(2)＝________.解析：因为f′(x)＝2x＋3f′(2)，所以f′(2)＝4＋3f′(2)，所以f′(2)＝－2，所以f(x)＝x2－6x，所以f(2)＝2答案：－83．已知定义在R上的函数f(x)＝ex＋x2－x＋sinx，则曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程是________．解析：令x＝0，得f(0)＝1.对f(x)求导，得f′(x)＝ex＋2x－1＋cosx，所以f′(0)＝1，故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x＋1.答案：y＝x＋1eq\a\vs4\al(考点一导数的运算)eq\a\vs4\al(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]求下列函数的导数．(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex)；(4)y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x)).解：(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))′＝(lnx)′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,ex)))′＝eq\f(cosx′ex－cosxex′,ex2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).(4)∵y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))＝eq\f(2,1－x)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)))′＝eq\f(－21－x′,1－x2)＝eq\f(2,1－x2).[谨记通法]求函数导数的3种原则eq\a\vs4\al(考点二导数的几何意义)eq\a\vs4\al(常考常新型考点——多角探明)[命题分析]导数的几何意义是每年高考的必考内容，考查题型既有填空题，也常出现在解答题的第(1)问中，难度偏小，属中低档题．常见的命题角度有：(1)求切线方程；(2)求切点坐标；(3)求参数的值．[题点全练]角度一：求切线方程1．(2016·南通调研)已知f(x)＝x3－2x2＋x＋6，则f(x)在点P(－1,2)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于________．解析：∵f(x)＝x3－2x2＋x＋6，∴f′(x)＝3x2－4x＋1，∴f′(－1)＝8，故切线方程为y－2＝8(x＋1)，即8x－y＋10＝0，令x＝0，得y＝10，令y＝0，得x＝－eq\f(5,4)，∴所求面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×10＝eq\f(25,4).答案：eq\f(25,4)角度二：求切点坐标2．若曲线y＝xlnx上点P处的切线平行于直线2x－y＋1＝0，则点P的坐标是________．解析：由题意得y′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝1＋lnx，直线2x－y＋1＝0的斜率为2.设P(m，n)，则1＋lnm＝2，解得m＝e，所以n＝elne＝e，即点P的坐标为(e，e)．答案：(e，e)角度三：求参数的值3．(2016·南京外国语学校检测)已知函数f(x)＝x4＋ax2－bx，且f′(0)＝－13，f′(－1)＝－27，则a＋b＝________.解析：∵f′(x)＝4x3＋2ax－b，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0＝－13，,f′－1＝－27))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝－13,－4－2a－b＝－27，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝13，))∴a＋b＝18.答案：18[方法归纳]导数几何意义的应用的2个注意点(1)当曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线垂直于x轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x＝x0；(2)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．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2解析：∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2∴f′(x)＝3(x2－a2)．答案：3(x2－a2)2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，则f′(1)＝________.解析：由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋eq\f(1,x).∴f′(1)＝2f′(1)＋1，则f答案：－13．(2016·徐州一中检测)曲线y＝f(x)＝x(x－1)(x－2)·…·(x－6)在原点处的切线方程为________．解析：y′＝(x－1)(x－2)·…·(x－6)＋x[(x－1)·(x－2)·…·(x－6)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)×(－6)＋0＝720.故切线方程为y＝720x.答案：y＝720x4．(2015·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a又f(1)＝a＋2，∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x∵切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a答案：15．已知曲线y＝x3＋x－2在点P0处的切线l与直线4x－y－1＝0平行，且点P0在第三象限，则点P0的坐标为________．解析：设P0(x0，y0)．由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1.由已知，得3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，解得x0＝±1.当x0＝1时，y0＝0；当x0＝－1时，y0＝－4.又点P0在第三象限，∴切点P0的坐标为(－1，－4)．答案：(－1，－4)二保高考，全练题型做到高考达标1．某物体做直线运动，其运动规律是s＝t2＋eq\f(3,t)(t的单位：s，s的单位：m)，则它在第4s末的瞬时速度为________m/s.解析：∵s′＝2t－eq\f(3,t2)，∴在第4s末的瞬时速度v＝s′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,))t＝4＝8－eq\f(3,16)＝eq\f(125,16)m/s.答案：eq\f(125,16)2．(2015·苏州二模)已知函数f(x)＝(x2＋2)(ax2＋b)，且f′(1)＝2，则f′(－1)＝________.解析：f(x)＝(x2＋2)(ax2＋b)＝ax4＋(2a＋b)x2＋2b，f′(x)＝4ax3＋2(2a＋b)x为奇函数，所以f′(－1)＝－答案：－23．已知f(x)＝x(2015＋lnx)，若f′(x0)＝2016，则x0＝________.解析：f′(x)＝2015＋lnx＋x·eq\f(1,x)＝2016＋lnx，故由f′(x0)＝2016得2016＋lnx0＝2016，则lnx0＝0，解得x0＝1.答案：14．(2016·金陵中学模拟)设点P是曲线y＝x3－eq\r(3)x＋eq\f(2,3)上的任意一点，P点处切线倾斜角α的取值范围为________．解析：因为y′＝3x2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，故切线斜率k≥－eq\r(3)，所以切线倾斜角α的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))5．已知f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mx＋eq\f(7,2)(m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m的值为________．解析：∵f′(x)＝eq\f(1,x)，∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1，又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1.g′(x)＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋mx0＋eq\f(7,2)，m<0，于是解得m＝－2.答案：－26．(2016·太原一模)函数f(x)＝xex的图象在点(1，f(1))处的切线方程是________．解析：∵f(x)＝xex，∴f(1)＝e，f′(x)＝ex＋xex，∴f′(1)＝2e，∴f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－e＝2e(x－1)，即y＝2ex－e.答案：y＝2ex－e7.(2015·无锡调研)如图，y＝f(x)是可导函数，直线l：y＝kx＋2是曲线y＝f(x)在x＝3处的切线，令g(x)＝xf(x)，其中g′(x)是g(x)的导函数，则g′(3)＝________.解析：由题图可知曲线y＝f(x)在x＝3处切线的斜率等于－eq\f(1,3)，即f′(3)＝－eq\f(1,3).又因为g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f由题图可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.答案：08．设函数f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)(a，b，c是两两不等的常数)，则eq\f(a,f′a)＋eq\f(b,f′b)＋eq\f(c,f′c)＝________.解析：∵f(x)＝x3－(a＋b＋c)x2＋(ab＋bc＋ca)x－abc，∴f′(x)＝3x2－2(a＋b＋c)x＋ab＋bc＋ca，f′(a)＝(a－b)(a－c)，f′(b)＝(b－a)(b－c)，f′(c)＝(c－a)(c－b)．∴eq\f(a,f′a)＋eq\f(b,f′b)＋eq\f(c,f′c)＝eq\f(a,a－ba－c)＋eq\f(b,b－ab－c)＋eq\f(c,c－ac－b)＝eq\f(ab－c－ba－c＋ca－b,a－ba－cb－c)＝0.答案：09．求下列函数的导数．(1)y＝x·tanx；(2)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解：(1)y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝tanx＋x·eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝tanx＋eq\f(x,cos2x).(2)y′＝(x＋1)′[(x＋2)(x＋3)]＋(x＋1)[(x＋2)(x＋3)]′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＋(x＋1)(x＋3)＝3x2＋12x＋11.10．已知曲线y＝f(x)＝eq\f(x2,a)－1(a>0)在x＝1处的切线为l，求l与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值．解：因为f(1)＝eq\f(1,a)－1，所以切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1)).由已知，得f′(x)＝eq\f(2x,a)，切线斜率k＝f′(1)＝eq\f(2,a)，所以切线l的方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))＝eq\f(2,a)(x－1)，即2x－ay－a－1＝0.令y＝0，得x＝eq\f(a＋1,2)；令x＝0，得y＝－eq\f(a＋1,a).所以l与两坐标轴所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)×eq\f(a＋1,2)×eq\f(a＋1,a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,4)×2eq\r(a×\f(1,a))＋eq\f(1,2)＝1，当且仅当a＝eq\f(1,a)，即a＝1时取等号，所以Smin＝1.故l与两坐标轴所围成的三角形的面积的最小值为1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．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________．解析：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′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,))x＝t＝3t2－a①，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－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝0或t＝eq\f(3,2).分别将t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由题意得它们互为相反数，故a＝eq\f(27,8).答案：eq\f(27,8)2．(2016·无锡一中检测)已知函数f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))cosx＋sinx，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))的值为________．解析：∵f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))cosx＋sinx，∴f′(x)＝－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sinx＋cosx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)－1.故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝(eq\r(2)－1)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)＝1.答案：13．(2016·苏北四市调研)设函数f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)证明：曲线y＝f(x)上任意一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解：(1)f′(x)＝a＋eq\f(b,x2).∵点(2，f(2))在切线7x－4y－12＝0上，∴f(2)＝eq\f(2×7－12,4)＝eq\f(1,2).又曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝\f(7,4)，,f2＝\f(1,2)))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，,2a－\f(b,2)＝\f(1,2)))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))∴f(x)的解析式为f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0－\f(3,x0)))为曲线y＝f(x)上任意一点，则切线的斜率k＝1＋eq\f(3,x\o\al(2,0))，切线方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)，令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))x－x0，,y＝x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x0，,y＝2x0.))∴曲线y＝f(x)上任意一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)|2x0|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))＝6，为定值．第二节导数的应用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)＝x2ex的单调增区间是________．解析：函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝2xex＋x2ex＝ex(2x＋x2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>0，所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－2)和(0，＋∞)．答案：(－∞，－2)，(0，＋∞)2．(教材习题改编)函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(3,2)x2－4x＋eq\f(1,3)取得极大值时x的值是________．解析：f′(x)＝x2＋3x－4，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－4，经检验知x＝－4时，函数y取得极大值．答案：－43．(教材习题改编)函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)x＋sinx在区间[0,2π]上的最大值为________．解析：f′(x)＝eq\f(\r(3),2)＋cosx，令f′(x)＝0，x∈[0,2π]，得x＝eq\f(5π,6)或x＝eq\f(7π,6)，又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\f(5\r(3)π,12)＋eq\f(1,2).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝eq\f(7\r(3)π,12)－eq\f(1,2)，f(2π)＝eq\r(3)π.所以函数f(x)在区间[0,2π]上的最大值为eq\r(3)π.答案：eq\r(3)π4．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．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________．解析：由题意，知f′(x)＝3x2＋2ax＋b.由函数f(x)在x＝1处取得极大值10，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝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).答案：－eq\f(2,3)2．若函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(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f′(x)＝4x－eq\f(1,x)(x>0)，所以可求得f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).又函数f(x)＝2x2－lnx在其定义域的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤k－1<\f(1,2)，,k＋1>\f(1,2)，))解得1≤k<eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))3．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]设a∈[－2,0]，已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－a＋5x，x≤0，,x3－\f(a＋3,2)x2＋ax，x>0.))证明f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．证明：设函数f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－eq\f(a＋3,2)x2＋ax(x≥0)，①f1′(x)＝3x2－(a＋5)，由于a∈[－2,0]，从而当－1<x≤0时，f1′(x)＝3x2－(a＋5)<3－a－5≤0，所以函数f1(x)在区间(－1,0]内单调递减．②f2′(x)＝3x2－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)，由于a∈[－2,0]，所以当0<x<1时，f2′(x)<0；当x>1时，f2′(x)>0，即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．综合①②及f1(0)＝f2(0)，可知函数f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．[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]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]已知函数f(x)＝mx3＋nx2(m，n∈R，m≠0)，函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线与x轴平行．(1)用关于m的代数式表示n；(2)求函数f(x)的单调增区间．解：(1)由已知条件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，所以3m＋n＝0，故n＝－3(2)因为n＝－3m所以f(x)＝mx3－3mx2，所以f′(x)＝3mx2－6mx.令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，解得0<x<2，则函数f(x)的单调增区间是(0,2)．综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2)．[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·重庆高考改编)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]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]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·镇江模拟)函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是________．解析：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.答案：(2，＋∞)2．设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋5x＋6在区间[1,3]上是单调函数，则实数a的取值范围是________．解析：依题意，知当x∈[1,3]时，f′(x)＝x2＋2ax＋5的值恒不小于0或恒不大于0.若当x∈[1,3]时，f′(x)＝x2＋2ax＋5≥0，即有－2a≤x＋eq\f(5,x)在[1,3]上恒成立，而x＋eq\f(5,x)≥2eq\r(x·\f(5,x))＝2eq\r(5)(当且仅当x＝eq\r(5)时取等号)，故－2a≤2eq\r(5)，解得a≥－eq\r(5).若当x∈[1,3]时，f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0，即有－2a≥x＋eq\f(5,x)恒成立，注意到函数g(x)＝x＋eq\f(5,x)在[1，eq\r(5)]上是减函数，在[eq\r(5)，3]上是增函数，且g(1)＝6>g(3)＝eq\f(14,3)，因此－2a≥6，解得a≤－3.综上所述，实数a的取值范围是(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)．答案：(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)3．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4．(2016·启东模拟)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________．解析：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答案：45．(2016·苏州测试)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．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)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________．解析：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)．答案：(－2,0)3．(2016·南通、扬州、淮安、连云港调研)设f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的单调增函数，则实数m的值为________．解析：因为f′(x)＝12x2＋2mx＋m－3，又函数f(x)是R上的单调增函数，所以12x2＋2mx＋m－3≥0在R上恒成立，所以(2m)2－4×12(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因为(m－6)2≥0，所以(m－6)2＝0，所以答案：64．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________．解析：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.答案：(－∞，0)∪[1，＋∞)5．(2015·南通、扬州、泰州、淮安三调)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x3＋3x2＋m，0≤x≤1，,mx＋5，x>1.))若函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，则实数m的取值范围为________．解析：由f(x)＝2x3＋3x2＋m，得f′(x)＝6x2＋6x，所以f(x)在[0,1]上单调递增，即f(x)＝2x3＋3x2＋m与x轴至多有一个交点，要使函数f(x)的图象与x轴有且只有两个不同的交点，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋5>0，,m<0，))从而可得m∈(－5,0)．答案：(－5,0)6．若函数f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上为单调递减函数，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝3ax2－3，∵f(x)在(－1,1)上为单调递减函数，∴f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立．当x＝0时，a∈R；当x≠0时，a≤eq\f(1,x2)，∵x∈(－1,0)∪(0,1)，∴a≤1.综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．答案：(－∞，1]7．(2016·盐城中学模拟)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．(2016·镇江五校联考)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·徐州调研)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则2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)，∵x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m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________．解析：f′(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)令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2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).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))2．(2016·泰州模拟)若函数f(x)＝x2|x－a|在区间[0,2]上单调递增，则实数a的取值范围是________．解析：当a≤0时，f(x)＝x3－ax2，f′(x)＝3x2－2ax≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则也在[0,2]上单调递增，成立；当a>0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x3，0≤x≤a，,x3－ax2，x>a.))①当0≤x≤a时，f′(x)＝2ax－3x2，令f′(x)＝0，则x＝0或x＝eq\f(2,3)a，则f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上单调递减；②当x>a时，f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以当a>0时，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．要使函数在区间[0,2]上单调递增，则必有eq\f(2,3)a≥2，解得a≥3.综上，实数a的取值范围是(－∞，0]∪[3，＋∞)．答案：(－∞，0]∪[3，＋∞)3．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)已知函数求极值；(2)已知极值求参数；(3)由图判断极值．[题点全练]角度一：已知函数求极值1．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．角度二：已知极值求参数2．(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________．解析：x＝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答案：183．若函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3－ax2＋(2a－3)x＋1在R上存在极值，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知，f′(x)＝ax2－2ax＋2a因为函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3－ax2＋(2a－3)x＋1在R上存在极值，所以f′(x)＝0有两个不等实根，其判别式Δ＝4a2－4a(所以0＜a＜3，故实数a的取值范围为(0,3)．答案：(0,3)角度三：由图判断极值4．已知函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)有________个极大值点，________个极小值点．解析：由导数与函数极值的关系，知当f′(x0)＝0时，若在x0的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x)在x＝x0处取得极大值；若在x0的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x)在x＝x0处取得极小值．设函数f′(x)的图象与x轴的交点从左到右的横坐标依次为x1，x2，x3，x4，则f(x)在x＝x1，x＝x3处取得极大值，在x＝x2，x＝x4处取得极小值．答案：22[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]已知函数f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值．解：(1)f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)，则f′(x)＝eq\f(1,a)－ex.令eq\f(1,a)－ex＝0，则x＝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(－∞，ln\f(1,a)))lneq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))f′(x)＋0－f(x)极大值故函数f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))；单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞)).(2)当lneq\f(1,a)≥2，即0＜a≤eq\f(1,e2)时，f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,a)－e2；当1＜lneq\f(1,a)＜2，即eq\f(1,e2)＜a＜eq\f(1,e)时，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)；当lneq\f(1,a)≤1，即a≥eq\f(1,e)时，f(x)max＝f(1)＝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，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，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．函数f(x)＝lnx－x在(0，e]上的最大值为________．解析：f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，∴f(x)在(0,1]上是增函数，在(1，e]上是减函数．∴当x＝1时，f(x)在(0，e]上取得最大值f(1)＝－1.答案：－12．函数f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的值域为________解析：∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴f′(x)＝excosx≥0，∴f(0)≤f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(1,2)≤f(x)≤eq\f(1,2)e.答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)e))3．当函数y＝x·2x取极小值时，x＝________.解析：令y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－eq\f(1,ln2).答案：－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________．解析：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)，＋∞)).答案：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)＝2f′(1)lnx－x，则f(x解析：因为f′(x)＝eq\f(2f′1,x)－1，令x＝1，得f′(1)＝1.所以f(x)＝2lnx－x，f′(x)＝eq\f(2,x)－1.当0<x<2，f′(x)>0；当x>2，f′(x)<0.从而f(x)的极大值为f(2)＝2ln2－2.答案：2ln2－2二保高考，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________．解析：f′(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).答案：eq\f(1,2)2．若函数f(x)＝x3－3x－a在区间[0,3]上的最大值和最小值分别为M，N，则M－N的值为________．解析：f′