高考数学（文）一轮复习教师用书第二章第十一节导数的应用

第二章函数、导数及其应用第十一节导数的应用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．1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．()(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．()(4)函数的极大值不一定比极小值大．()(5)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．()(6)函数的极大值一定是函数的最大值．()(7)开区间上的单调连续函数无最值．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)×(6)×(7)√2．函数f(x)＝cosx－x在(0，π)上的单调性是()A．先增后减 B．先减后增C．增函数 D．减函数解析：选D∵f′(x)＝－sinx－1＜0.∴f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.3．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>2.4．(2016·四川高考)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：选D由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.5．函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．解析：f′(x)＝6x2－4x，令f′(x)＝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.∴函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值为8.答案：86．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．解析：f′(x)＝3x2－a，由题意知f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，又x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，∴a≤3，即a的最大值是3.答案：3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)单调性是导数应用中最基本、最重要的知识点，导数的所有应用都离不开单调性，研究函数的单调性常出现在解答题某一问中，多利用分类讨论思想.[典题领悟](2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．解：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝lna.当x∈(－∞，lna)时，f′(x)＜0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2))).当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))时，f′(x)＜0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))时，f′(x)＞0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．综上，当a＝0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，当a<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))，＋∞))上单调递增．[解题师说]1．解题“3步骤”(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由f′(x)的正负确定f(x)在相应子区间上的单调性．2．解题“2注意”(1)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．(2)f′(x)>0(<0)在区间(a，b)上成立是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分条件．[冲关演练]1．函数f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)为________函数(填“增”或“减”)．解析：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，＋∞)上是增函数．答案：增2．已知函数f(x)＝x－eq\f(2,x)＋1－alnx，a＞0，讨论f(x)的单调性．解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数f′(x)＝1＋eq\f(2,x2)－eq\f(a,x)＝eq\f(x2－ax＋2,x2).设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.①当Δ≤0，即0＜a≤2eq\r(2)时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＞0，即a＞2eq\r(2)时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝eq\f(a－\r(a2－8),2)，x2＝eq\f(a＋\r(a2－8),2)，0＜x1＜x2.由f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2.由f′(x)<0，得x1<x<x2.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a－\r(a2－8),2)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a－\r(a2－8),2)，\f(a＋\r(a2－8),2)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋\r(a2－8),2)，＋∞))上单调递增．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)利用导数求函数的单调区间是高考的热点和重点，一般为解答题的第一问，若不含参数，难度一般，若含参数，则难度较高，需要分类讨论.[典题领悟]已知函数f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)，若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间．解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(a,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋a,x)，因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝eq\f(18－3a＋a,3)＝0，解得a＝9，所以f′(x)＝eq\f(2x2－9x＋9,x)＝eq\f(2x－3x－3,x).由f′(x)>0，得0<x<eq\f(3,2)或x>3；由f′(x)<0，得eq\f(3,2)<x<3，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，(3，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3)).[解题师说]1．掌握利用导数求函数单调区间的3个步骤(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)>0(或f′(x)<0)解出相应的x的取值范围，对应的区间为f(x)的单调递增(减)区间．2．理清有关函数单调区间的3个点(1)单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；(2)求可导函数f(x)的单调区间，可以直接转化为f′(x)>0与f′(x)<0这两个不等式的解集问题来外理；(3)若可导函数f(x)在指定区间D上单调递增(减)，则应将其转化为f′(x)≥0(f′(x)≤0)来处理．[冲关演练]1．函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为()A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(0,2)解析：选A对于函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx，易得其定义域为(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，令eq\f(x2－1,x)<0，又x>0，所以x2－1<0，解得0<x<1，即函数y＝eq\f(1,2)x2－lnx的单调递减区间为(0,1)．2．(2017·天津高考节选)已知定义在R上的函数f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，g(x)为f(x)的导函数，求g(x)的单调区间．解：由f(x)＝2x4＋3x3－3x2－6x＋a，可得g(x)＝f′(x)＝8x3＋9x2－6x－6，进而可得g′(x)＝24x2＋18x－6.令g′(x)＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(1,4).当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))g′(x)＋－＋g(x)所以g(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))，单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,4))).考点三已知函数的单调性求参数的取值范围eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)已知函数的单调性求参数范围问题是近几年高考的热点，一般为解答题的第二问.难度中档，有时也以选择题、填空题的形式出现，难度中高档.解决此类问题的关键是转化为恒成立问题，再参变分离，转化为最值问题求解.[典题领悟]设函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a＞0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1，,f′0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,b＝0.))(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a＞0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0；当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即x∈(－2，－1)时，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))max＝－2eq\r(2)，当且仅当x＝eq\f(2,x)，即x＝－eq\r(2)时等号成立．所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2eq\r(2))．[解题师说]1．审题要准第(3)问中g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，等价于∃x∈(－2，－1)，g′(x)<0成立，再借于分离参数求a的取值范围．2．方法要熟由函数的单调性求参数的取值范围的方法：(1)可导函数在区间(a，b)上单调，实际上就是在该区间上f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围；(2)可导函数在区间(a，b)上存在单调区间，实际上就是f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．[冲关演练]在本例中，(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围．(2)若g(x)的单调减区间为(－2，－1)，求实数a的值．(3)若g(x)在(－2，－1)上不单调，求实数a的取值范围．解：(1)∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，∴x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′－2≤0，,g′－1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2a＋2≤0，,1＋a＋2≤0，))解得a≤－3.即实数a的取值范围为(－∞，－3]．(2)∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)，∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.(3)由(1)知g(x)在(－2，－1)上为减函数时，实数a的取值范围是(－∞，－3]．若g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知a≥x＋eq\f(2,x)在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋eq\f(2,x)的值域为(－3，－2eq\r(2))，∴实数a的范围是[－2eq\r(2)，＋∞)，∴函数g(x)在(－2，－1)上单调时，a的取值范围是(－∞，－3]∪[－2eq\r(2)，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不单调时，实数a的取值范围是(－3，－2eq\r(2))．(一)普通高中适用作业A级——基础小题练熟练快1．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)解析：选C∵f′(x)＝3x2－2mx，∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－eq\f(4,3)或x＞0，即f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)，故选C.2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是()A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝xexC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋lnx解析：选B对于A，f(x)＝sin2x的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(π,4)，kπ＋\f(π,4)))(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>eq\f(\r(3),3)或x<－eq\f(\r(3),3)，∴函数f(x)＝x3－x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),3)))和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞))上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋eq\f(1,x)＝－eq\f(x－1,x)，令f′(x)>0，得0<x<1，∴函数f(x)＝－x＋lnx在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选B.3．函数f(x)＝3＋xlnx的单调递减区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,e))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))解析：选B因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，令f′(x)＜0，解得0＜x＜eq\f(1,e)，故f(x)的单调递减区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).4．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，故选A.5．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，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．6．(2017·四川乐山一中期末)若f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－∞，2) D．(－∞，2]解析：选D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，∴a≤2.故选D.7．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)8．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小关系为________．解析：函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)≤0.所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是减函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．答案：f(－3)＜f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))9．已知函数f(x)＝ax＋lnx，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＜0时，因为f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以当x≥－eq\f(1,a)时，f′(x)≤0，当0＜x＜－eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))10．若函数f(x)＝2ax3－6x2＋7在(0,2]上是减函数，则实数a的取值范围是________．解析：因为f(x)＝2ax3－6x2＋7，所以f′(x)＝6ax2－12x.又f(x)在(0,2]上是减函数，所以f′(x)＝6ax2－12x≤0在(0,2]上恒成立．即a≤eq\f(2,x)在(0,2]上恒成立．令g(x)＝eq\f(2,x)，而g(x)＝eq\f(2,x)在(0,2]上为减函数，所以g(x)min＝g(2)＝1，故a≤1.答案：(－∞，1]B级——中档题目练通抓牢1.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是()解析：选D当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，排除A、B；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则函数f(x)在(0，x1)上单调递增，只有D选项符合题意．2．若函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－3] B．(－3,1)C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)解析：选B因为f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－5，所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，如果函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′－1≤0，,f′2≤0，))解得a≥1或a≤－3，于是满足条件的a∈(－3,1)．3．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a解析：选C因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，所以f′(x)>0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝b，又f(x)＝f(2－x)，所以c＝f(3)＝f(－1)，所以c＝f(－1)<f(0)＝a，所以c<a<b，故选C.4．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)＝xa，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)))a，a＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，则g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，令g′(x)＜0，得－2＜x＜0，故函数g(x)的单调递减区间为(－2,0)．答案：(－2,0)5.(2018·张掖一诊)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(1,2)，3))上单调递减，则实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝x2－ax＋1，∵函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上单调递减，∴f′(x)≤0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))上恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))≤0，,f′3≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－\f(1,2)a＋1≤0，,9－3a＋1≤0，))解得a≥eq\f(10,3)，∴实数a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))6．已知f(x)＝lnx－eq\f(a,x)(a∈R)．(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线平行于直线x＋y＝0，求a的值；(2)讨论函数f(x)在定义域上的单调性．解：(1)因为f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)，所以由题意可知f′(1)＝1＋a＝－1，故a＝－2.(2)f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)＝eq\f(x＋a,x2)(x>0)，当a≥0时，因为x＞0，所以f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上为增函数；当a＜0时，由f′(x)＝eq\f(x＋a,x2)＞0，得x＞－a；由f′(x)＝eq\f(x＋a,x2)＜0，得0＜x＜－a，所以f(x)在(0，－a)上为减函数，在(－a，＋∞)上为增函数．综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；当a＜0时，f(x)在(0，－a)上为减函数，在(－a，＋∞)上为增函数．7．已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2＋(a＋1)x＋3.(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递减区间；(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－lnx＋eq\f(1,2)x2＋3，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－eq\f(1,x)＋x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x＜0，,x＞0，))得0＜x＜1.所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．(2)法一：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．因为x＋1＞0，所以x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞)．法二：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f′(x)＝eq\f(a,x)＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，因为Δ＝(a＋1)2－4a≥0所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a＋1,2)≤0，,g0≥0，))即a≥0，所以实数a的取值范围是[0，＋∞)．C级——重难题目自主选做1．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数，则(A．8<eq\f(f2,f1)<16 B．4<eq\f(f2,f1)<8C．3<eq\f(f2,f1)<4 D．2<eq\f(f2,f1)<3解析：选B∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x2)))′＝eq\f(f′x·x2－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)>0，∴y＝eq\f(fx,x2)在(0，＋∞)上单调递增，∴eq\f(f2,22)>eq\f(f1,12)，即eq\f(f2,f1)>4.∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x3)))′＝eq\f(f′x·x3－3x2fx,x6)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)<0，∴y＝eq\f(fx,x3)在(0，＋∞)上单调递减，∴eq\f(f2,23)<eq\f(f1,13)，即eq\f(f2,f1)<8.综上，4<eq\f(f2,f1)<8.2．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－eq\f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq\f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq\f(1,ex)≥3x2－2＋2eq\r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增．因为f(a－1)＋f(2a2)≤0所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq\f(1,2)，故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪(0，＋∞)解析：选C∵f′(x)＝3x2－2mx，∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－eq\f(4,3)或x＞0，即f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))，(0，＋∞)，故选C.2．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．3.定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，已知函数y＝2f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的单调递减区间为()A．(1，＋∞) B．(1,2)C．(－∞，2) D．(2，＋∞)解析：选D结合图象可知，当x∈(－∞，2]时，2f′(x)≥1，即f′(x)≥0当x∈(2，＋∞)时，2f′(x)＜1，即f′(x)＜0故函数y＝f(x)的单调递减区间为(2，＋∞)．4．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，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．5.(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝x2－alnx在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A．(－∞，1) B．(－∞，1]C．(－∞，2) D．(－∞，2]解析：选D由f(x)＝x2－alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(a,x)，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－eq\f(a,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，∴a≤2.故选D.6.函数f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx的单调递减区间是________．解析：因为f(x)＝eq\f(x,4)＋eq\f(5,4x)－lnx，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(1,4)－eq\f(5,4x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－4x－5,4x2)，令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0,5)．答案：(0,5)7．已知函数f(x)＝ax＋lnx，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＜0时，因为f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以当x≥－eq\f(1,a)时，f′(x)≤0，当0＜x＜－eq\f(1,a)时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))8．若f(x)＝xsinx＋cosx，则f(－3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，f(2)的大小关系为______________________．解析：函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．又f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))时，f′(x)≤0.所以f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))上是减函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．答案：f(－3)＜f(2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))9.设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所以f′(x)＝2a(x－5)＋eq\f(6,x).令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－由点(0,6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)知，f(x)＝eq\f(1,2)(x－5)2＋6lnx(x＞0)，f′(x)＝x－5＋eq\f(6,x)＝eq\f(x－2x－3,x).令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；当2＜x＜3时，f′(x)＜0，故f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．10.已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；(2)判断函数f(x)的单调性．解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．∴当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna，∴当0＜x＜lna时，f′(x)＜0，当x＞lna时，f′(x)＞0，∴f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．B级——拔高题目稳做准做1.(2018·张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1，且2f′(x)＞1，当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))时，不等式f(2cosx)＞eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)的解集为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(4π,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3)))解析：选D令g(x)＝f(x)－eq\f(x,2)－eq\f(1,2)，则g′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)＞0，∴g(x)在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，∵f(2cosx)－eq\f(3,2)＋2sin2eq\f(x,2)＝f(2cosx)－eq\f(2cosx,2)－eq\f(1,2)＝g(2cosx)，∴f(2cosx)＞eq\f(3,2)－2sin2eq\f(x,2)，即g(2cosx)＞0，∴2cosx＞1.又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(3π,2)))，∴x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,3))).2．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)<xf′(x)<3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数，则(A．8<eq\f(f2,f1)<16 B．4<eq\f(f2,f1)<8C．3<eq\f(f2,f1)<4 D．2<eq\f(f2,f1)<3解析：选B∵xf′(x)－2f(x)>0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x2)))′＝eq\f(f′x·x2－2xfx,x4)＝eq\f(xf′x－2fx,x3)>0，∴y＝eq\f(fx,x2)在(0，＋∞)上单调递增，∴eq\f(f2,22)>eq\f(f1,12)，即eq\f(f2,f1)>4.∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0∴eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,x3)))′＝eq\f(f′x·x3－3x2fx,x6)＝eq\f(xf′x－3fx,x4)<0，∴y＝eq\f(fx,x3)在(0，＋∞)上单调递减，∴eq\f(f2,23)<eq\f(f1,13)，即eq\f(f2,f1)<8.综上，4<eq\f(f2,f1)<8.3.已知定义在R上的可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为________．解析：由题图可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，x∈－∞，－1∪1，＋∞，,f′x<0，x∈－1，1，))不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x>0，,x2－2x－3>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′x<0，,x2－2x－3<0，))解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)4.已知函数f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．解析：f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a>0，所以0<a≤eq\f(2,5)或a≥1.答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)5.(2018·武汉调研)已知函数f(x)＝xlnx.(1)若函数g(x)＝f(x)＋ax在区间[e2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围；(2)若对任意x∈(0，＋∞)，f(x)≥eq\f(－x2＋mx－3,2)恒成立，求实数m的最大值．解：(1)由题意得g′(x)＝f′(x)＋a＝lnx＋a＋1.∵函数g(x)在区间[e2，＋∞)上为增函数，∴当x∈[e2，＋∞)时，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒成立．∴a≥－1－lnx.令h(x)＝－lnx－1，∴a≥h(x)max，当x∈[e2，＋∞)时，lnx∈[2，＋∞)，∴h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即实数a的取值范围是[－3，＋∞)．(2)∵2f(x)≥－x2＋mx－3即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴m≤eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)在x∈(0，＋∞)上恒成立．记t(x)＝eq\f(2xlnx＋x2＋3,x)＝2lnx＋x＋eq\f(3,x).∴m≤t(x)min.∵t′(x)＝eq\f(2,x)＋1－eq\f(3,x2)＝eq\f(x2＋2x－3,x2)＝eq\f(x＋3x－1,x2)，令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)．当x∈(0,1)时，t′(x)＜0，函数t(x)在(0,1)上单调递减；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)＞0，函数t(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴t(x)min＝t(1)＝4.∴m≤t(x)min＝4，即m的最大值为4.6.已知x＝1是f(x)＝2x＋eq\f(b,x)＋lnx的一个极值点．(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)设函数g(x)＝f(x)－eq\f(3＋a,x)，若函数g(x)在区间[1,2]内单调递增，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2－eq\f(b,x2)＋eq\f(1,x).∵x＝1是f(x)＝2x＋eq\f(b,x)＋lnx的一个极值点，∴f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.解得b＝3，经检验，适合题意，∴b＝3.∵f′(x)＝2－eq\f(3,x2)＋eq\f(1,x)＝eq\f(2x2＋x－3,x2)，解f′(x)≤0，得0＜x≤1.∴函数f(x)的单调递减区间为(0,1]．(2)g(x)＝f(x)－eq\f(3＋a,x)＝2x＋lnx－eq\f(a,x)(x＞0)，g′(x)＝2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)(x＞0)．∵函数g(x)在[1,2]上单调递增，∴g′(x)≥0在[1,2]上恒成立，即2＋eq\f(1,x)＋eq\f(a,x2)≥0在[1,2]上恒成立，∴a≥－2x2－x在[1,2]上恒成立，∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1,2]．∵在[1,2]上，(－2x2－x)max＝－3，∴a≥－3，即a的取值范围为[－3，＋∞)．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(重点保分型考点——师生共研)函数的极值是每年高考的必考内容，主要考查已知函数求极值或已知函数极值情况求参数值范围.题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中，为中高档题.[典题领悟]1．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：选D因为f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(a,2)x2＋x＋1，所以f′(x)＝x2－ax＋1.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f′(x)＝x2－ax＋1＝0在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，即a＝x＋eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，4))上有解，设t(x)＝x＋eq\f(1,x)，则t′(x)＝1－eq\f(1,x2)，令t′(x)>0，得1<x<4，令t′(x)<0，得eq\f(1,3)<x<1.所以t(x)在(1,4)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减．所以t(x)min＝t(1)＝2，又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(10,3)，t(4)＝eq\f(17,4)，所以a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(17,4))).2．已知a>0，函数f(x)＝a2x3－3ax2＋2，求函数f(x)在区间(－1,1)上的极值．解：由f(x)＝a2x3－3ax2＋2，得f′(x)＝3a2x2－6ax令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝eq\f(2,a).①当0<eq\f(2,a)<1，即a>2时，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－1,0)0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,a)))eq\f(2,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)，1))f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故f(x)的极大值是f(0)＝2，极小值是feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝2－eq\f(4,a).②当eq\f(2,a)≥1，即0<a≤2时，f(x)在(－1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减，所以f(x)的极大值为f(0)＝2，无极小值．[解题师说]1．熟记运用导数解决函数极值问题的一般流程2．掌握已知函数极值点或极值求参数的2个要领列式根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解验证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[冲关演练]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()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).2．设函数f(x)＝ax3－2x2＋x＋c(a>0)．(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，由f′(x)>0，解得x<eq\f(1,3)或x>1；由f′(x)<0，解得eq\f(1,3)<x<1.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))和(1，＋∞)上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上单调递减，所以函数f(x)的极小值是f(1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，则f(x)在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f′(x)＝3ax2－4x＋1≥0或f′(x)＝3ax2－4x＋1≤0恒成立．①当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；②当a≠0时，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a×1≤0，即16－12a≤0，解得a≥eq\f(4,3).综上，a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)).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)函数的最值是高考的热点内容，考查函数最值的同时必然涉及函数单调性，还会涉及方程和不等式，题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度中档.[典题领悟](2017·北京高考)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．所以对任意x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.所以函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上单调递减．因此f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的最大值为f(0)＝1，最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(π,2).[解题师说]1．掌握求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的方法(1)若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为最小值；(2)若函数在闭区间[a，b]内有极值，要先求出[a，b]上的极值，与f(a)，f(b)比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；(3)函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．2．搞清极值与最值的区别与联系(1)函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近的导函数符号得出的．(2)函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能一个都没有，且极大值并不一定比极小值大．(3)极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处取得必定是极值．[冲关演练](2018·贵阳检测)已知函数f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx.(1)求f(x)的单调区间；(2)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(其中e是自然对数的底数)．解：(1)f(x)＝eq\f(x－1,x)－lnx＝1－eq\f(1,x)－lnx，f(x)的定义域为(0，＋∞)．∴f′(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＝eq\f(1－x,x2)，由f′(x)>0，得0<x<1，由f′(x)<0，得x>1，∴f(x)＝1－eq\f(1,x)－lnx在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值为f(1)＝1－1－ln1＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝1－e－lneq\f(1,e)＝2－e，f(e)＝1－eq\f(1,e)－lne＝－eq\f(1,e)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))<f(e)．∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最小值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝2－e.∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值为0，最小值为2－e.eq\a\vs4\al(考点三利用导数解决实际生活中的优化问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)解决应用题需要以下几个环节：建模—解模—验模.在解模时，我们可以借助导数更加快捷地找到最优解，这就是生活中的优化问题.这类问题在高考中考查频率不高，属于中档题.[典题领悟]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分别为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40eq\a\vs4\al(❶)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轴，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相切于点P，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；❷②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．❸[学审题]①易得M，N两点的坐标，代入函数关系式可得a，b.②求解析式f(t)，应先求出直线l与x轴，y轴交点，再利用两点间距离公式计算即可，关键是利用导数的几何意义求出直线l的方程，再根据M，N为C的两个端点的限制条件得定义域．③求最值，想到利用导数判断f(t)的单调性．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)))，设公路l交x轴，y轴分别为A，B两点如图所示，又y′＝－eq\f(2000,x3)，则直线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)，t∈[5,20]，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．所以当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．[解题师说]1．利用导数解决生活中的实际应用问题的4步骤2．利用导数解决生活中优化问题的方法求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．[冲关演练]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．又根据题意知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(考点四利用导数研究不等式的有关问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)利用导数研究不等式的问题是每年高考的常考内容，主要考查证明不等式或不等式恒成立问题，多以解答题的形式考查，难度较大，属于中高档题.[典题领悟](2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝alnx(a>0)，e为自然对数的底数．(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；(2)当x>0时，求证f(x)≥aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))；(3)若在区间(1，e)上eeq\f(x,a)－eeq\f(1,a)x<0恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝eq\f(a,x)，∴f′(2)＝eq\f(a,2)＝2，∴a＝4.(2)证明：令g(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx－1＋\f(1,x)))(x>0)，则g′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2))).令g′(x)>0，即aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,x2)))>0，解得x>1，令g′(x