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2016届《新步步高》高考数学大一轮总复习(苏教版,理科)配套课件 第三章 导数及其应用3.2


数学

苏(理)

第三章

导数及其应用

§3.2 导数与函数的单调性、 极值、最值

? 基础知识·自主学习 ? 题型分类·深度剖析 ? 思想方法·感悟提高 ? 练出高分

基础知识·自主学习

知识梳理

1.函数的单调性 在某个区间(a,b)内,如果f′(x) > 0,那么函数y=

f(x)在这个区间内单调递增;如果f′(x) < 0,那么函
数y=f(x)在这个区间内单调递减.

基础知识·自主学习
2.函数的极值 (1)判断f(x0)是极值的方法: 一般地,当函数f(x)在点x0处连续时,

知识梳理

①如果在x0附近的左侧 f′(x)>0 ,右侧 f′(x)<0 ,那么 f(x0)是极大值; ②如果在x0附近的左侧 f′(x)<0 ,右侧 f′(x)>0 ,那么 f(x0)是极小值.

基础知识·自主学习
(2)求可导函数极值的步骤:
①求f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根;

知识梳理

③检查f′(x)在方程 f′(x)=0 的根附近的左右两侧导数值 的符号.如果左正右负,那么f(x)在这个根处取得 极大值 ;

如果左负右正,那么f(x)在这个根处取得 极小值 .

基础知识·自主学习
3.函数的最值

知识梳理

(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,
f(a) 则 f(b)

基础知识·自主学习

知识梳理

(3)设函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求f(x)在 [a,b]上的最大值和最小值的步骤如下: ①求f(x)在(a,b)内的 极值 ;

②将f(x)的各极值与 f(a),f(b) 进行比较,其中最大的一
个是最大值,最小的一个是最小值.

基础知识·自主学习
? 思考辨析

知识梳理

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)函数的极大值不一定比极小值大.( √ )

基础知识·自主学习

知识梳理

(4) 对可导函数 f(x) , f′(x0) = 0 是 x0 点为极值点的充要条 件.( × ) (5)函数的最大值不一定是极大值,函数的最小值也不一

定是极小值.( √ )
(6)函数f(x)=xsin x有无数个极值点.( √ )

基础知识·自主学习 题号
1

考点自测

答案
(0,1)
③ (-1,+∞) ln x 2 ln x ln x2 ( x ) < x < x2

解析

2
3

4

当k=1时,f′(x)=ex· x-1,f′(1)≠0, ∴x=1不是f(x)的极值点. 当k=2时,f′(x)=(x-1)(xex+ex-2), 显然f′(1)=0,且x在1附近的左边f′(x)<0,

x在1附近的右边f′(x)>0,
∴f(x)在x=1处取到极小值.故只有③正确.

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

题型一

利用导数研究函数的

单调性
例1 已知函数f(x)=ex-ax-1. (1)求f(x)的单调增区间;

题型分类·深度剖析
思维点拨

题型一

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

函数的单调性和函数中的 参数有关,要注意对参数 的讨论.

例1 已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间;

题型分类·深度剖析
思维点拨

题型一
例1

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

解 f′(x)=ex-a, (1) 若 a≤0 , 则 f′(x) = ex -a≥0, 即f(x)在R上单调递增,

已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间;

若 a>0 ,令 ex - a≥0 ,则
ex≥a,x≥ln a.

题型分类·深度剖析
思维点拨

题型一

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

因此当 a≤0 时, f(x) 的单 调增区间为R, 当a>0时,f(x)的单调增区

例1 已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间;

间为[ln a,+∞).

题型分类·深度剖析
思维点拨

题型一

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

(1)利用导数的符号来判断 函数的单调性;

例1 已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间;

(2)已知函数的单调性求参
数范围可以转化为不等式

恒成立问题;

题型分类·深度剖析
思维点拨

题型一

利用导数研究函数的 单调性

解析

思维升华

(3)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) 不恒为零 . 应注意此 时式子中的等号不能省 略,否则漏解.

例1 已知函数f(x)=ex-ax-1.

(1)求f(x)的单调增区间;

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

例1

(2) 是 否 存 在 a , 使 f(x) 在

( - 2,3) 上为减函数,若存在, 求出a的取值范围,若不存在, 请说明理由.

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

例1

(2) 是 否 存 在 a , 使 f(x) 在

( - 2,3) 上为减函数,若存在, 求出a的取值范围,若不存在, 请说明理由.

函数的单调性和函数中的 参数有关,要注意对参数 的讨论.

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

例1

(2) 是 否 存 在 a , 使 f(x) 在



∵f′(x)=ex-a≤0在

( - 2,3) 上为减函数,若存在, 求出a的取值范围,若不存在, 请说明理由.

(-2,3)上恒成立. ∴a≥ex 在 x∈( - 2,3) 上 恒 成立. ∴e-2<ex<e3,只需a≥e3. 当 a = e3 时, f′(x) = ex -

e3<0在x∈(-2,3)上恒成立,

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

例1

(2) 是 否 存 在 a , 使 f(x) 在 ∴a≥e3.
故存在实数 a≥e3 ,使 f(x) 在(-2,3)上为减函数.

( - 2,3) 上为减函数,若存在, 求出a的取值范围,若不存在, 请说明理由.

即f(x)在(-2,3)上为减函数,

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

例1

(2) 是 否 存 在 a , 使 f(x) 在

( - 2,3) 上为减函数,若存在, 求出a的取值范围,若不存在, 请说明理由.

(1) 利用导数的符号来判 断函数的单调性;

(2) 已知函数的单调性求
参数范围可以转化为不 等式恒成立问题;

题型分类·深度剖析
思维点拨 解析 思维升华

例1

(2) 是 否 存 在 a , 使 f(x) 在

(3)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) 不恒为零 . 应注意此 时式子中的等号不能省 略,否则漏解.

( - 2,3) 上为减函数,若存在, 求出a的取值范围,若不存在, 请说明理由.

题型分类·深度剖析
跟踪训练1 (1)设函数f(x)=1 x3-(1+a)x2+4ax+24a,其 3 中常数a>1,则f(x)的单调减区间为________________.
解析 f′(x)=x2-2(1+a)x+4a=(x-2)(x-2a) , 由a>1知,当x<2时,f′(x)>0, 故f(x)在区间(-∞,2)上是增函数; 当2<x<2a时,f′(x)<0,

故f(x)在区间(2,2a)上是减函数;

题型分类·深度剖析
跟踪训练1 (1)设函数f(x)=1 x3-(1+a)x2+4ax+24a,其 3 (2,2a) 中常数a>1,则f(x)的单调减区间为________________.
当x>2a时,f′(x)>0,

故f(x)在区间(2a,+∞)上是增函数.
综上,当a>1时,

f(x)在区间(-∞,2)和(2a,+∞)上是增函数,
在区间(2,2a)上是减函数.

题型分类·深度剖析
(2)若f(x)=-1 x2+bln(x+2)在[-1,+∞)上是减函数,则 2 (-∞,-1] b的取值范围是_________________.

b 解析 转化为f′(x)=-x+ ≤0在[-1,+∞)上恒成立, x+2
即b≤x(x+2)在[-1,+∞)上恒成立,令g(x)=x(x+2)=(x

+1)2-1,
所以g(x)min=-1,则b的取值范围是(-∞,-1].

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求函数的极值
例2 (2014· 福建)已知函数f(x)=
解析 思维升华

ex - ax(a 为常数 ) 的图象与 y 轴交
于点A,曲线y=f(x)在点A处的切

线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求函数的极值
例2
解析 思维升华



由 f(x) = ex - ax ,得 f′(x)

(2014· 福建)已知函数f(x)= =ex-a.

ex - ax(a 为常数 ) 的图象与 y 轴交 又f′(0)=1-a=-1,得a=2.
x x 于点A,曲线y=f(x)在点A处的切 所以 f(x) = e - 2x , f′(x) = e

线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;

-2. 令f′(x)=0,得x=ln 2.

当 x<ln 2 时, f′(x)<0 , f(x) 单
调递减;

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求函数的极值
例2 (2014· 福建)已知函数f(x)=
解析 思维升华

当x>ln 2时,f′(x)>0,f(x)

ex - ax(a 为常数 ) 的图象与 y 轴交
于点A,曲线y=f(x)在点A处的切

单调递增.
所以当 x = ln 2 时, f(x) 取

线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;

得极小值,
且极小值f(ln 2)=eln 2- 2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值.

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求函数的极值
例2 (2014· 福建)已知函数f(x)=
解析 思维升华

(1) 导函数的零点并不一
定就是原函数的极值点, 所以在求出导函数的零点 后一定要注意分析这个零 点是不是原函数的极值点.

ex - ax(a 为常数 ) 的图象与 y 轴交
于点A,曲线y=f(x)在点A处的切

线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;

题型分类·深度剖析
题型二 利用导数求函数的极值
例2 (2014· 福建)已知函数f(x)=
解析 思维升华

(2)若函数y=f(x)在区间(a, b) 内有极值,那么 y = f(x) 在 (a , b) 内绝不是单调函

ex - ax(a 为常数 ) 的图象与 y 轴交
于点A,曲线y=f(x)在点A处的切

线斜率为-1.
(1)求a的值及函数f(x)的极值;

数,即在某区间内单调函
数没有极值.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例2
x2<ex.

(2) 证 明 : 当 x>0 时 ,

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例2
x2<ex.

(2) 证 明 : 当 x>0 时 ,

证明

令g(x)=ex-x2,则

g′(x)=ex-2x.

由(1)得g′(x)=f(x)≥
f(ln 2)>0.

故 g(x) 在 R 上单调递增 ,
又g(0)=1>0,

因 此 , 当 x>0 时 ,
g(x)>g(0)>0,即x2<ex.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例2
x2<ex.

(2) 证 明 : 当 x>0 时 ,

(1) 导函数的零点并不一
定就是原函数的极值点, 所以在求出导函数的零点 后一定要注意分析这个零 点是不是原函数的极值点.

题型分类·深度剖析
解析 思维升华

例2
x2<ex.

(2) 证 明 : 当 x>0 时 ,

(2)若函数y=f(x)在区间(a, b) 内有极值,那么 y = f(x) 在 (a , b) 内绝不是单调函

数,即在某区间内单调函
数没有极值.

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 ex 设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2

4 (1)当 a=3时,求 f(x)的极值点;
2 1 + ax -2ax x 解 对 f(x)求导得 f′(x)=e · 2 2 .① ?1+ax ? 4 (1)当 a=3时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 1 解得 x1=2,x2=2.结合①,可知

题型分类·深度剖析
跟踪训练 2 ex 设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax

4 (1)当 a=3时,求 f(x)的极值点;
x
? 1? ? ? - ∞ , ? 2? ? ?

1 2
0
极大值

?1 3? ? ? , ?2 2? ? ?

3 2
0
极小值

?3 ? ? ? ,+ ∞ ?2 ? ? ?

f′(x)
f(x)












3 1 所以 x1=2是极小值点,x2=2是极大值点.

题型分类·深度剖析
(2)若f(x)为R上的单调函数,求a的取值范围.

解 若f(x)为R上的单调函数,
则f′(x)在R上不变号,结合①与条件a>0,

知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,
即Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,

由此并结合a>0,知0<a≤1.
所以a的取值范围为{a|0<a≤1}.

题型分类·深度剖析
题型三 例3 利用导数求函数的最值
解析 思维升华

(2014· 四川改编 ) 已知函数

f(x) = ex - ax2 - bx - 1 ,其中 a ,

b∈R , e = 2.718 28? 为自然对
数的底数.

设g(x)是函数f(x)的导函数,求函
数g(x)在区间[0,1]上的最小值.

题型分类·深度剖析
题型三 利用导数求函数的最值
解析 思维升华

例 (2014· 四川改编 已知函数 解3 由 f(x)= ex-ax2-)bx -1,
x - ax2 - bx x f有 (x)g = 1 (xe )= f′(x)=e- - 2,其中 ax-b. a ,

b ∈Rg , e( = 2.718 28 所以 ′ x)= ex-2 a.? 为自然对
数的底数 .x∈[0,1]时,g′(x)∈[1-2a,e-2a]. 因此,当 1 设 g ( x ) 是函数 f′ (x)(的导函数,求函 当a≤ 时,g x)≥0, 2 数 g ( x ) 在区间 [0,1] 上的最小值 . 所以g(x)在[0,1]上单调递增,

题型分类·深度剖析
题型三 利用导数求函数的最值
解析 思维升华

例 3 g (2014· 四川改编 ) 已知函数 因此 (x)在[0,1] 上的最小值是 g(0)=1-b; f(当 x) = exe -时, ax2 - ,其中 a, a≥ gbx ′- (x)1 ≤ 0 ,所以 g(x) 在 [0,1] 上单调递 2 b减, ∈R , e = 2.718 28? 为自然对 因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b; 数的底数 .e 1 当 <a< 时,令g′(x)=0得x=ln(2a)∈(0,1), 2 2 设g(x)是函数f(x)的导函数,求函 所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减, 数g(x)在区间[0,1]上的最小值. 在区间[ln(2a),1]上单调递增.

题型分类·深度剖析
题型三 利用导数求函数的最值
解析 思维升华

于是, g(x)在 [0,1]上的最小值是 例 3 (2014· 四川改编 ) 已知函数
x- 2a ))= 2 - 2a ln(2 a)-b. a , f(g x(ln(2 ) = ea ax - bx - 1 ,其中 1 a≤28? 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 b综上所述,当 ∈R , e = 2.718 2 为自然对 g(0)=1-b; 数的底数. e 1 当 <a< 时,g(x)在[0,1]上的最小值是 2 f(x)的导函数,求函 2 设g( x)是函数 g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b; 数g(x)在区间 [0,1]上的最小值. e 当a≥ 2 时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.

题型分类·深度剖析
题型三 例3 利用导数求函数的最值
解析 思维升华

(2014· 四川改编 ) 已知函数 先求函数 y = f(x) 在 (a , b) 内 f(x) = ex - ax2 - bx - 1 ,其中 a , 所有使f′(x)=0的点,再计

(1) 求解函数的最值时,要

b∈R , e = 2.718 28? 为自然对 算函数y=f(x)在区间内所有 使f′(x)=0的点和区间端点 数的底数. 设g(x)是函数f(x)的导函数,求函
数g(x)在区间[0,1]上的最小值. (2) 可以利用列表法研究函

处的函数值,最后比较即得. 数在一个区间上的变化情况.

题型分类·深度剖析
跟踪训练3 已知函数f(x)=(x-k)ex. (1)求f(x)的单调区间;
解 由题意知f′(x)=(x-k+1)ex.令f′(x)=0,得x=k-1. f(x)与f′(x)的情况如下: x f′(x) (-∞,k-1) - k-1 0 (k-1,+∞) +

f ( x) ↘ -ek-1 ↗ 所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);

单调递增区间是(k-1,+∞).

题型分类·深度剖析
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
解 当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增, 所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k; 当0<k-1<1,即1<k<2时,

f(x)在[0,k-1]上单调递减,在[k-1,1]上单调递增,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;

当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上单调递减,

题型分类·深度剖析
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e. 综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;

当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为
f(k-1)=-ek-1;

当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.

题型分类·深度剖析 答题模板系列3 利用导数求函数的最值问题
典例:(16分)已知函数f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间;
思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析 答题模板系列3 利用导数求函数的最值问题
典例:(16分)已知函数f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间;
思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒

(1) 已 知 函 数 解 析 式 求 单 调 区 间 , 实 质 上 是 求 f′(x)>0 , f′(x)<0的解区间,并注意定义域.(2)先研究f(x)在[1,2]上的 单调性,再确定最值是端点值还是极值 .(3)由于解析式中含 有参数a,要对参数a进行分类讨论.

题型分类·深度剖析 答题模板系列3 利用导数求函数的最值问题
典例:(16分)已知函数f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间;
思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1 解 f′(x)=x -a (x>0), 1 ①当 a≤0 时,f′(x)=x-a>0,

即函数f(x)的单调增区间为(0,+∞). 1 1 ②当 a>0 时, 令 f′(x)=x-a=0, 可得 x=a,

2分

题型分类·深度剖析 答题模板系列3 利用导数求函数的最值问题
典例:(16分)已知函数f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间;
思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1-ax 1 当 0<x< 时,f′(x)= >0; a x 1-ax 1 当 x> 时,f′(x)= <0, a x
故函数

? 1? ? ? f(x)的单调递增区间为?0, ?, ? a?

题型分类·深度剖析 答题模板系列3 利用导数求函数的最值问题
典例:(16分)已知函数f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间;
思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒

1-ax 1-ax 1 1 当 x> 时,f′(x) = <0, 当 0<x< 时,f′(x)= >0; a x a x ? 1? ? ? 故函数 f(x)的单调递增区间为?0, ?, ? a? ?1 ? ? ? 6分 单调递减区间为? ,+∞?. ?a ?

题型分类·深度剖析 答题模板系列3 利用导数求函数的最值问题
典例:(16分)已知函数f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数f(x)的单调区间;
思 维 点 拨 规 范 解 答 温 馨 提 醒

(1)本题考查求函数的单调区间,求函数在给定区间[1,2]上 的最值,属常规题型. (2)本题的难点是分类讨论 .考生在分类时易出现不全面,不 准确的情况. (3)思维不流畅,答题不规范,是解答中的突出问题.

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

(1) 已知函数解析式求单调区间,实质上是求 f′(x)>0 , f′(x)<0的解区间,并注意定义域.(2)先研究f(x)在[1,2]上 的单调性,再确定最值是端点值还是极值 .(3)由于解析式 中含有参数a,要对参数a进行分类讨论.

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨
规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

1 ①当a≤1,即 a≥1 时,函数 f(x)在区间[1,2] 上是减函数,
所以f(x)的最小值是f(2)=ln 2-2a.
8分

1 1 ②当a≥2,即 0<a≤2时,函数 f(x)在区间[1,2] 上是增函数,

所以f(x)的最小值是f(1)=-a.

10分

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨
规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

? 1 1 1? ? ③当1< <2,即 <a<1时,函数f(x)在 ?1, ? 上是增函数, ? a? a 2 ? ?1 ? ? 12分 在 ? ,2? 上是减函数 . ? ?a ? 又f(2)-f(1)=ln 2-a, 1 所以当 <a<ln 2时,最小值是f(1)=-a; 2 14分 当ln 2≤a<1时,最小值为f(2)=ln 2-2a.

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨
规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

综上可知,
当0<a<ln 2时,函数f(x)的最小值是-a; 当a≥ln 2时,函数f(x)的最小值是ln 2-2a.
16分

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨
规 范 解 答

答 题 模 板

温 馨 提 醒

用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下

几步答题:
第一步:(求导数)求函数f(x)的导数f′(x);

第二步:(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值;
第三步:(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值;

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

第四步: ( 求最值 ) 将 f(x) 的各极值与 f(x) 的端点值进行

比较,确定f(x)的最大值与最小值;
第五步:(反思)反思回顾,查看关键点,易错点和解 题规范.

题型分类·深度剖析
(2)当a>0时,求函数f(x)在[1,2]上的最小值.
思 维 点 拨 规 范 解 答 答 题 模 板 温 馨 提 醒

(1)本题考查求函数的单调区间,求函数在给定区间[1,2] 上的最值,属常规题型.

(2)本题的难点是分类讨论.考生在分类时易出现不全面,
不准确的情况. (3)思维不流畅,答题不规范,是解答中的突出问题.

思想方法·感悟提高
1.注意单调函数的充要条件,尤其对于已知单调性求

方 法 与 技 巧

参数值(范围)时,隐含恒成立思想.

2. 求极值、最值时,要求步骤规范、表格齐全;含参
数时,要讨论参数的大小.

3. 在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点, 不必再与端点的函数值比较.

那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可,

思想方法·感悟提高
1.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯,

失 误 与 防 范

可使问题直观且有条理,减少失分的可能. 2. 求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值 点,要通过认真比较再下结论. 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.

练出高分
1
2 3

A组
4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

练出高分
1
2 3

A组
4

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5 6 7 8 9 10

(-3,1) 1.函数y=(3-x2)ex的单调递增区间是________.

解析 y′=-2xex+(3-x2)ex=ex(-x2-2x+3),
由y′>0?x2+2x-3<0?-3<x<1, 故函数y=(3-x2)ex的单调递增区间是(-3,1).

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1
2 3

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2.若函数y=f(x)的导函数y=f′(x)的图象如图所示,

③ 则y=f(x)的图象可能为________.

解析 根据 f′(x) 的符号, f(x) 图象应该是先下降后上升,最后 下降,故①④不正确; 从适合f′(x)=0的点可以排除②,图③符合条件,f(x)的图象可 能为③.

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1
2 3

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x2+a 3.若函数f(x)= 在x=1处取得极值,则a=________. 3 x+1
解析 2x?x+1?-?x2+a? 因为 f′(x)= , 2 ?x+1?

因为函数f(x)在x=1处取得极大值,
3-a 所以 f′(1)= 4 =0,所以 a=3.

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1
2 3

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4.设函数f(x)=1x2-9ln x在区间[a-1,a+1]上单调递减, 2 则实数a的取值范围是________. 1<a≤2 1 2 解析 ∵f(x)= x -9ln x, 2 9 ∴f′(x)=x- (x>0), x 9 当x- ≤0时,有0<x≤3,即在(0,3]上原函数是减函数, x ∴a-1>0且a+1≤3,解得1<a≤2.

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1
2 3

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5. 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________. 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=3. 由此可得f(x)=-x3+3x2-4,f′(x)=-3x2+6x,

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1
2 3

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4

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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 -13

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1
2 3

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(0,1] 6.函数y=1 x2-ln x的单调递减区间为________. 2 2 x -1 ?x-1??x+1? 1 解析 y′=x- = = (x>0). x x x 令y′≤0,得0<x≤1. ∴函数的单调递减区间为(0,1].

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1
2
3

A组
3 4

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17 -3 7.函数f(x)= x +x2-3x-4在[0,2]上的最小值是________. 3

解析 f′(x)=x2+2x-3,令f′(x)=0,x∈[0,2],

得x=1.比较f(0)=-4,f(1)=-17, 3 f(2)=- 10 ,可知最小值为- 17. 3 3

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1
2 3

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8.已知函数f(x)的导数f′(x)=a(x+1)(x-a),若f(x)在x=a处 取得极大值,则a的取值范围是________. 解析 当a=0时,则f′(x)=0,函数f(x)不存在极值.

当a≠0时,令f′(x)=0,则x1=-1,x2=a.
若a=-1,则f′(x)=-(x+1)2≤0,函数f(x)不存在极值; 若 a>0 ,当 x∈( - 1 , a) 时, f′(x)<0 ,当 x∈(a ,+ ∞) 时,

f′(x)>0 ,所以函数 f(x) 在 x = a 处取得极小值,不符合题意;

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1
2 3

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若-1<a<0,当x∈(-1,a)时,f′(x)>0,当x∈(a,+∞) 时,f′(x)<0,所以函数f(x)在x=a处取得极大值; 若a<-1,当x∈(-∞,a)时,f′(x)<0; 当x∈(a,-1)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在x=a处取得极

小值,不符合题意,所以a∈(-1,0).
答案 (-1,0)

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1
2 3

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9.已知函数f(x)=1+ln x,求函数f(x)的极值和单调区间. x 1 1 x-1 解 因为 f′(x)=- 2+ = 2 , x x x 令f′(x)=0,得x=1,又f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x),f(x)随x的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (0,1) - ↘ 1 0 极小值 (1,+∞) + ↗

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1
2 3

A组
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5 6 7 8 9 10

所以x=1时,f(x)的极小值为1,无极大值. f(x)的单调递增区间为(1,+∞), 单调递减区间为(0,1).

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1
2 3

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10.设函数f(x)=1 x2+ex-xex. 2 (1)求f(x)的单调区间; 解 函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=x+ex-(ex +xex)=x(1-ex). 若x<0,则1-ex>0,∴f′(x)<0;

若x>0,则1-ex<0,∴f′(x)<0;

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1
2 3

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4

专项基础训练
5 6 7 8 9 10

若x=0,则f′(x)=0.

∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数,
即f(x)的单调减区间为(-∞,+∞).

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1
2 3

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专项基础训练
5 6 7 8 9 10

(2)若 x∈[ - 2,2] 时,不等式f(x)>m恒成立,求实数 m的取 值范围. 解 由(1)知f(x)在[-2,2]上单调递减, ∴[f(x)]min=f(2)=2-e2.

∴当m<2-e2时,不等式f(x)>m恒成立.
即实数m的取值范围为(-∞,2-e2).

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

1. 函数 f(x) 的定义域是 R , f(0) = 2 ,对任意的 x∈R , f(x) +

f′(x)>1,则不等式ex· f(x)>ex+1的解集是________.
解析 构造函数g(x)=ex· f(x)-ex-1, 求导得到g′(x)=ex· f(x)+ex· f′(x)-ex=ex[f(x)+f′(x)-1]. 由已知f(x)+f′(x)>1,可得到g′(x)>0, 所以g(x)为R上的增函数;

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2

专项能力提升
3

4

5

又g(0)=e0· f(0)-e0-1=0,

所以ex· f(x)>ex+1,
即g(x)>0的解集为{x|x>0}. 答案 {x|x>0}

练出高分
1

B组
2

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3

4

5

2.已知f(x)是可导的函数,且f′(x)<f(x)对于x∈R恒成立,

则下列不等式成立的是________.
①f(1)<ef(0),f(2 016)>e2 016f(0)

②f(1)>ef(0),f(2 016)>e2 016f(0)
③f(1)>ef(0),f(2 016)<e2 016f(0) ④f(1)<ef(0),f(2 016)<e2 016f(0)

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1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

f?x? 解析 令 g(x)= x , e x x f ′ ? x ? e - f ? x ? e f′?x?-f?x? f?x? 则 g′(x)=( x )′= = <0, e e2x ex
f?x? 所以函数 g(x)= x 是单调减函数, e

所以g(1)<g(0),g(2 016)<g(0),

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1

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2

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3

4

5

f?1? f?0? f?2 016? f?0? 即 1 < , 2 016 < , e 1 e 1
故f(1)<ef(0),f(2 016)<e2 016f(0).
答案 ④

练出高分
1

B组
2

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3

4

5

3. 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;
③f(0)f(3)>0;

②f(0)f(1)<0;
④f(0)f(3)<0.

其中正确结论的序号是________.

练出高分
1

B组
2

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3

4

5

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,

练出高分
1

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2

专项能力提升
3

4

5

∴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 ②③

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

4.(2013· 福建)已知函数f(x)=x-aln x(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; 解 函数f(x)的定义域为(0,+∞), a f′(x)=1- . x (1)当a=2时,f(x)=x-2ln x,f′(x)=1- 2 (x>0), x 因而f(1)=1,f′(1)=-1,

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

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.

练出高分
1

B组
2

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3

4

5

(2)求函数f(x)的极值. a x-a 解 由 f′(x)=1- = ,x>0 知: x x 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,

练出高分
1

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2

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3

4

5

从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a, 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-aln a,无极大值.

练出高分
1

B组
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3

4

5

x e 5.(2014· 山东)设函数f(x)= 2-k( 2+ln x)(k为常数, x x e=2.718 28?是自然对数的底数).

(1)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间; 解 函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).
x x x2ex-2xex x e - 2e k?x-2? 2 1 f′(x)= -k(- 2+ )= - 4 3 x x x x x2

?x-2??ex-kx? = . 3 x

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

由k≤0可得ex-kx>0,
所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数y=f(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,函数y=f(x)单调递增. 所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).

练出高分
1

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专项能力提升
3

4

5

(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围. 解 由(1)知,k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,

故f(x)在(0,2)内不存在极值点;
当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈(0,+∞).

所以g′(x)=ex-k=ex-eln k,
当0<k≤1时,

当x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增.

练出高分
1

B组
2

专项能力提升
3

4

5

故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点. 当k>1时, 得x∈(0,ln k)时,g′(x)<0,函数y=g(x)单调递减; x∈(ln k,+∞)时,g′(x)>0,函数y=g(x)单调递增.

所以函数y=g(x)的最小值为g(ln k)=k(1-ln k).
函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,

练出高分
1

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2

专项能力提升
3

4

5

?g?0?>0, ? ?g?ln k?<0, 当且仅当? ?g?2?>0, ? ?0<ln k<2.

e2 解得 e<k< . 2

综上所述,函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k 的 e2 取值范围为(e, ). 2


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