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江苏2018高三数学一轮复习 导数及其应用


第1讲

导数的概念及运算

考试要求 1.导数的概念及其实际背景,A 级要求;2.导数的几何意义,B 级要 1 求;3.根据导数定义求函数 y=c,y=x,y= x,y=x2,y=x3,y= x的导数,A 级要求;4.利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导 数,B 级要求.

知 识 梳 理 1.导数的概念 设函数 y=f(x)在区间(a,b)上有定义,且 x0∈(a,b),若 Δx 无限趋近于 0 时,比 Δy f?x0+Δx?-f?x0? 值Δx= 无限趋近于一个常数 A,则称 f(x)在 x=x0 处可导,并称该 Δx 常数 A 为函数 f(x)在 x=x0 处的导数,记作 f′(x0). 若函数 y=f(x)在区间(a,b)内任意一点都可导,则 f(x)在各点的导数也随着 x 的 变化而变化,因而是自变量 x 的函数,该函数称作 f(x)的导函数,记作 f′(x). 2.导数的几何意义 函数 y=f(x)在点 x0 处的导数的几何意义,就是曲线 y=f(x)在点 P(x0,f(x0))处的 切线的斜率,过点 P 的切线方程为 y-y0=f′(x0)(x-x0). 3.基本初等函数的导数公式 基本初等函数 f(x)=C(C 为常数) f(x)=xα(α∈Q*) f(x)=sin x f(x)=cos x f(x)=ex f(x)=ax(a>0) 导函数 f′(x)=0 f′(x)=αxα-1 f′(x)=cos_x f′(x)=-sin_x f′(x)=ex f′(x)=axln_a

f(x)=ln x f(x)=logax (a>0,且 a≠1) 4.导数的运算法则 若 f′(x),g′(x)存在,则有: (1)[f(x)± g(x)]′=f′(x)± g′(x); (2)[f(x)· g(x)]′=f′(x)g(x)+f(x)g′(x); f′?x?g?x?-f?x?g′?x? ? f?x? ? ?′= (3)? (g(x)≠0). [g?x?]2 ?g?x?? 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)f′(x0)与(f(x0))′表示的意义相同.( ) )

1 f′(x)= x 1 f′(x)=xln a

(2)求 f′(x0)时,可先求 f(x0),再求 f′(x0).( (3)曲线的切线与曲线不一定只有一个公共点.( (4)若 f(x)=a3+2ax+x2,则 f′(x)=3a2+2x.(

) )

解析 (1)f′(x0)表示函数 f(x)的导数在 x0 处的值,而 f((x0))′表示函数值 f(x0)的 导数,其意义不同,(1)错. (2)求 f′(x0)时,应先求 f′(x),再代入求值,(2)错. (4)f(x)=a3+2ax+x2=x2+2ax+a3,∴f′(x)=2x+2a,(4)错. 答案 (1)× (2)× (3)√ (4)×

2.(选修 1-1P57 例 4 改编)函数 f(x)=-2x+10 在区间[-3,-1]内的平均变化 率为________. 解析 平均变化率为 f(-1)-f(-3) = -1-(-3)

-2×(-1)+10-[-2×(-3)+10] =-2. 2 答案 -2 3.(2016· 天津卷)已知函数 f(x)=(2x+1)ex,f′(x)为 f(x)的导函数,则 f′(0)的值 为________. 解析 因为 f(x)=(2x+1)ex,

所以 f′(x)=2ex+(2x+1)ex=(2x+3)ex, 所以 f′(0)=3e0=3. 答案 3 4.(2017· 镇江期末)曲线 y=-5ex+3 在点(0,-2)处的切线方程为________. 解析 ∵y′=-5ex,∴所求曲线的切线斜率 k=y′|x=0=-5e0=-5,∴切线方 程为 y-(-2)=-5(x-0),即 5x+y+2=0. 答案 5x+y+2=0 5.(2015· 全国Ⅰ卷)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 由题意可得 f′(x)=3ax2+1,则 f′(1)=3a+1, 又 f(1)=a+2, ∴切线方程为 y-(a+2)=(3a+1)(x-1). ∵切线过点(2,7), ∴7-(a+2)=3a+1,解得 a=1. 答案 1

考点一 导数的计算 【例 1】 求下列函数的导数: (1)y=exln x; 1 1? ? (2)y=x?x2+x +x3?; ? ? x x (3)y=x-sin2cos2; cos x (4)y= ex . 1? 1 ? 解 (1)y′=(ex)′ln x+ex(ln x)′=exln x+ex x=?ln x+ x?ex. ? ? 1 (2)因为 y=x3+1+x2, 2 ?1? 所以 y′=(x3)′+(1)′+?x2?′=3x2-x3. ? ? 1 (3)因为 y=x-2sin x,

1 ? 1 ? ?1 ? 所以 y′=?x-2sin x?′=x′-?2sin x?′=1-2cos x. ? ? ? ? ?cos x?′e -cos x?e ?′ sin x+cos x ?cos x? (4)y′=? ex ?′= =- . x 2 ex ? ? ?e ? 规律方法 (1)熟记基本初等函数的导数公式及运算法则是导数计算的前提,求
x x

导之前,应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简,然后求导,这样可以 减少运算量提高运算速度,减少差错. (2)如函数为根式形式,可先化为分数指数幂,再求导. 【训练 1】 (1)f(x)=x(2 017+ln x),若 f′(x0)=2 018,则 x0=________. (2)(2015· 天津卷)已知函数 f(x)=axln x,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________. 1 解析 (1)f′(x)=2 017+ln x+ x· x=2 018+ln x.由 f′(x0)=2 018,得 ln x0=0, 则 x0=1. 1? ? (2)f′(x)=a?ln x+x· =a(1+ln x). x? ? ? 由于 f′(1)=a(1+ln 1)=a,又 f′(1)=3,所以 a=3. 答案 (1)1 (2)3

考点二 导数的几何意义(多维探究) 命题角度一 求切线方程 【例 2-1】 (1)(2016· 全国Ⅲ卷)已知 f(x)为偶函数,当 x≤0 时,f(x)=e-x-1-x, 则曲线 y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是________. (2)(2017· 扬州中学质检)已知函数 f(x)=xln x,若直线 l 过点(0,-1),并且与曲 线 y=f(x)相切,则直线 l 的方程为________. 解析 (1)设 x>0,则-x<0,f(-x)=ex-1+x. 又 f(x)为偶函数,f(x)=f(-x)=ex 1+x,


所以当 x>0 时,f(x)=ex-1+x. 因此,当 x>0 时,f′(x)=ex-1+1,f′(1)=e0+1=2. 则曲线 y=f(x)在点(1,2)处的切线的斜率为 f′(1)=2,所以切线方程为 y-2=2(x -1),即 2x-y=0. (2)∵点(0,-1)不在曲线 f(x)=xln x 上,

∴设切点为(x0,y0). ?y0=x0ln x0, 又∵f′(x)=1+ln x,∴? ?y0+1=?1+ln x0?x0, 解得 x0=1,y0=0. ∴切点为(1,0),∴f′(1)=1+ln 1=1. ∴直线 l 的方程为 y=x-1,即 x-y-1=0. 答案 (1)2x-y=0 (2)x-y-1=0

命题角度二 求切点坐标 【例 2-2】(2017· 苏、锡、常、镇四市调研)设曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线与曲 1 线 y=x (x>0)上点 P 处的切线垂直,则 P 的坐标为________. 解析 由 y′=ex,知曲线 y=ex 在点(0,1)处的切线斜率 k1=e0=1. 1 1 设 P(m,n),又 y= x (x>0)的导数 y′=-x2, 1 1 曲线 y=x (x>0)在点 P 处的切线斜率 k2=-m2. 依题意 k1k2=-1,所以 m=1,从而 n=1. 则点 P 的坐标为(1,1). 答案 (1,1) 命题角度三 求与切线有关的参数值(或范围) 1 1 【例 2-3】已知直线 y=2x+b 与曲线 y=-2x+ln x 相切, 则 b 的值为________. 解析 设切点坐标为 P(x0,y0), 1 1 1 由 y=-2x+ln x,得 y′=-2+x . 1 1 ∴y′|x=x0=- + , 2 x0 1? 1 1 1 ? 依题意,-2+x =2,∴x0=1,则 P?1,-2?, ? ? 0 1? 1 ? 又切点 P?1,-2?在直线 y=2x+b 上, ? ? 1 1 故-2=2+b,得 b=-1. 答案 -1

规律方法 (1)导数 f′(x0)的几何意义就是函数 y=f(x)在点 P(x0,y0)处的切线的 斜率,切点既在曲线上,又在切线上.切线有可能和曲线还有其他的公共点. (2)“曲线在点 P 处的切线”是以点 P 为切点,“曲线过点 P 的切线”则点 P 不 一定是切点,此时应先设出切点坐标. (3)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. 【训练 2】 (1)若曲线 y=xln x 上点 P 处的切线平行于直线 2x-y+1=0,则点 P 的坐标是________. (2)(2017· 常州复习检测)已知曲线 y= 垂直,则 a=________. 1 解析 (1)由题意得 y′=ln x+x· x=1+ln x,直线 2x-y+1=0 的斜率为 2. 设 P(m,n),则 1+ln m=2,解得 m=e, 所以 n=eln e=e,即点 P 的坐标为(e,e). -2 ? ? 1 (2)y′?x=3= 2?x=3=- , 2 ?x-1? ? ? 又切线与直线 ax+y+1=0 垂直. ? 1? ?-2?=-1,则 a=-2. ∴-a· ? ? 答案 (1)(e,e) (2)-2 x+1 在点(3,2)处的切线与直线 ax+y+1=0 x-1

[思想方法] 1.f′(x0)代表函数 f(x)在 x=x0 处的导数值;(f(x0))′是函数值 f(x0)的导数,而函 数值 f(x0)是一个常数,其导数一定为 0,即(f(x0))′=0. 2.对于函数求导,一般要遵循先化简再求导的基本原则.在实施化简时,必须 注意交换的等价性. 3.曲线的切线与二次曲线的切线的区别:曲线的切线与曲线的公共点的个数不 一定只有一个,而直线与二次曲线相切只有一个公共点. [易错防范]

1.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.曲线 y=f(x)“在点 P(x0,y0)处的切线”与“过点 P(x0,y0)的切线”的区别: 前者 P(x0,y0)为切点,而后者 P(x0,y0)不一定为切点. 3. 对含有字母参数的函数要分清哪是变量哪是参数, 参数是常量, 其导数为零.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、填空题 1.设 y=x2ex,则 y′=________. 解析 y′=2xex+x2ex=(2x+x2)ex. 答案 (2x+x2)ex 2.已知函数 f(x)的导函数为 f′(x),且满足 f(x)=2x· f′(1)+ln x,则 f′(1)= ________. 1 解析 由 f(x)=2xf′(1)+ln x,得 f′(x)=2f′(1)+ x, ∴f′(1)=2f′(1)+1,则 f′(1)=-1. 答案 -1 3.曲线 y=sin x+ex 在点(0,1)处的切线方程是________. 解析 y′=cos x+ex,故切线斜率为 k=2,切线方程为 y=2x+1,即 2x-y+1 =0. 答案 2x-y+1=0 4. (2017· 苏州调研)已知曲线 y=ln x 的切线过原点, 则此切线的斜率为________. 1 解析 y=ln x 的定义域为(0,+∞),且 y′= x,设切点为(x0,ln x0),则 y′|x=
x0 =

1 1 ,切线方程为 y - ln x 0= (x-x0),因为切线过点(0,0),所以-ln x0=-1, x0 x0

1 解得 x0=e,故此切线的斜率为 e. 答案 1 e

5.若曲线 y=ax2-ln x 在点(1,a)处的切线平行于 x 轴,则 a=________.

1 解析 因为 y′=2ax- x, 所以 y′|x=1=2a-1.因为曲线在点(1, a)处的切线平行 1 于 x 轴,故其斜率为 0,故 2a-1=0,解得 a=2. 1 答案 2 6.(2017· 南师附中月考)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)= ________.

1 解析 由图形可知:f(3)=1,f′(3)=-3,∵g′(x)=f(x)+xf′(x), ∴g′(3)=f(3)+3f′(3)=1-1=0. 答案 0 1+cos x ?π ? 7.(2017· 苏北四市模拟)设曲线 y= sin x 在点?2,1?处的切线与直线 x-ay+1 ? ? =0 平行,则实数 a=________. 解析 ∵y′= -1-cos x sin2x ,∴

1 由条件知a=-1,∴a=-1. 答案 -1 8.(2015· 全国Ⅱ卷)已知曲线 y=x+ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y=ax2+(a+ 2)x+1 相切,则 a=________. 1 解析 由 y=x+ln x,得 y′=1+ x ,得曲线在点(1,1)处的切线的斜率为 k=y′|x=
1=2,所以切线方程为

y-1=2(x-1),即 y=2x-1.

又该切线与 y=ax2+(a+2)x+1 相切, 消去 y,得 ax2+ax+2=0, ∴a≠0 且 Δ=a2-8a=0,解得 a=8. 答案 8

二、解答题 1 9.已知点 M 是曲线 y=3x3-2x2+3x+1 上任意一点,曲线在 M 处的切线为 l, 求: (1)斜率最小的切线方程; (2)切线 l 的倾斜角 α 的取值范围. 解 (1)y′=x2-4x+3=(x-2)2-1≥-1, 5 所以当 x=2 时,y′=-1,y=3, 5? ? 所以斜率最小的切线过点?2,3?,斜率 k=-1, ? ? 所以切线方程为 3x+3y-11=0. (2)由(1)得 k≥-1, π? ?3π ? ? 所以 tan α≥-1,所以 α∈?0,2?∪? 4 ,π?. ? ? ? ? 10.已知曲线 y=x3+x-2 在点 P0 处的切线 l1 平行于直线 4x-y-1=0,且点 P0 在第三象限. (1)求 P0 的坐标; (2)若直线 l⊥l1,且 l 也过切点 P0,求直线 l 的方程. 解 (1)由 y=x3+x-2,得 y′=3x2+1, 由已知令 3x2+1=4,解之得 x=± 1. 当 x=1 时,y=0;当 x=-1 时,y=-4. 又∵点 P0 在第三象限,∴切点 P0 的坐标为(-1,-4). (2)∵直线 l⊥l1,l1 的斜率为 4, 1 ∴直线 l 的斜率为-4. ∵l 过切点 P0,点 P0 的坐标为(-1,-4), 1 ∴直线 l 的方程为 y+4=-4(x+1), 即 x+4y+17=0. 能力提升题组 (建议用时:20 分钟)

11. (2016· 山东卷改编)若函数 y=f(x)的图象上存在两点, 使得函数的图象在这两 点处的切线互相垂直,则称 y=f(x)具有 T 性质,下列函数: ①y=sin x;②y=ln x;③y=ex;④y=x3. 其中具有 T 性质的是________(填序号). 解析 若 y=f(x)的图象上存在两点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)), 使得函数图象在这两点处的切线互相垂直,则 f′(x1)· f′(x2)=-1. 对于①:y′=cos x,若有 cos x1· cos x2=-1,则当 x1=2kπ,x2=2kπ+π(k∈Z) 时,结论成立; 1 1 1 对于②:y′=x ,若有x · x =-1,即 x1x2=-1,∵x1>0,x2>0,∴不存在 x1,
1 2

x2,使得 x1x2=-1; 对于③:y′=ex,若有 ex1· ex2=-1,即 ex1+x2=-1.显然不存在这样的 x1,x2;
2 2 2 对于④:y′=3x2,若有 3x1 · 3x 2 2=-1,即 9x1x2=-1,显然不存在这样的 x1,

x2. 答案 ① 12.(2017· 合肥模拟改编)点 P 是曲线 x2-y-ln x=0 上的任意一点,则点 P 到直 线 y=x-2 的最小距离为________. 解析 点 P 是曲线 y=x2-ln x 上任意一点,当过点 P 的切线和直线 y=x-2 平 行时, 点 P 到直线 y=x-2 的距离最小, 直线 y=x-2 的斜率为 1,令 y=x2-ln x, 1 1 得 y′=2x- x=1,解得 x=1 或 x=-2(舍去), 故曲线 y=x2-ln x 上和直线 y=x-2 平行的切线经过的切点坐标为(1,1), 点(1,1)到直线 y=x-2 的距离等于 2, ∴点 P 到直线 y=x-2 的最小距离为 2. 答案 2

1 13.若函数 f(x)=2x2-ax+ln x 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是 ________.

1 解析 ∵f(x)=2x2-ax+ln x, 1 ∴f′(x)=x-a+x (x>0). ∵f(x)存在垂直于 y 轴的切线,∴f′(x)存在零点, 1 1 即 x+x -a=0 有解,∴a=x+ x≥2(当且仅当 x=1 时取等号). 答案 [2,+∞) 2 14.已知函数 f(x)=x- x ,g(x)=a(2-ln x)(a>0).若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x) 在 x=1 处的切线斜率相同,求 a 的值,并判断两条切线是否为同一条直线. 2 a 解 根据题意有 f′(x)=1+x2,g′(x)=- x . 曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线斜率为 f′(1)=3, 曲线 y=g(x)在 x=1 处的切线斜率为 g′(1)=-a, 所以 f′(1)=g′(1),即 a=-3. 曲线 y=f(x)在 x=1 处的切线方程为 y-f(1)=3(x-1). 所以 y+1=3(x-1),即切线方程为 3x-y-4=0. 曲线 y=g(x)在 x=1 处的切线方程为 y-g(1)=3(x-1), 所以 y+6=3(x-1),即切线方程为 3x-y-9=0, 所以,两条切线不是同一条直线.

第2讲

利用导数研究函数的单调性

考试要求 1.函数单调性与导数的关系,A 级要求;2.利用导数研究函数的单调 性,求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次),B 级要求.

知 识 梳 理 1.函数的单调性与导数的关系 已知函数 f(x)在某个区间内可导, (1)如果 f′(x)>0,那么函数 y=f(x)在这个区间内单调递增; (2)如果 f′(x)<0,那么函数 y=f(x)在这个区间内单调递减. 2.利用导数求函数单调区间的基本步骤是:

(1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)由 f′(x)>0(或<0)解出相应的 x 的取值范围.当 f′(x)>0 时,f(x)在相应的 区间内是单调递增函数;当 f′(x)<0 时,f(x)在相应的区间内是单调递减函数. 一般需要通过列表,写出函数的单调区间. 3.已知单调性求解参数范围的步骤为: (1)对含参数的函数 f(x)求导,得到 f′(x); (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f′(x)≥0 恒成立;若函数 f(x)在[a,b]上 单调递减,则 f′(x)≤0 恒成立,得到关于参数的不等式,解出参数范围; (3)验证参数范围中取等号时, 是否恒有 f′(x)=0.若 f′(x)=0 恒成立, 则函数 f(x) 在(a,b)上为常数函数,舍去此参数值. 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”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)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件.( 解析

(1)若函数 f(x)在(a,b)内单调递增一定有 f′(x)≥0,且不恒为 0,故①

错. (3)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件. 如 f(x)=x3 在 R 上为增函数, 但 f′(x)≥0,故(3)错. 答案 (1)× (2)√ (3)×

2.函数 f(x)=x2-2ln x 的单调递减区间是________. 2 2?x+1??x-1? 解析 ∵f′(x)=2x-x = (x>0). x ∴当 x∈(0,1)时 f′(x)<0,f(x)为减函数; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)为增函数. 答案 (0,1) 3.已知 f(x)=x3-ax 在[1,+∞)是增函数,则实数 a 的取值范围是________. 解析 f′(x)=3x2-a, 由题意知 3x2-a≥0, 即 a≤3x2 在 x∈[1, +∞)恒成立. 又 当 x∈[1,+∞)时,3x2≥3,∴a≤3,∴a 的取值范围是(-∞,3].

答案 (-∞,3] 4. (2017· 南京、 盐城模拟)函数 f(x)的定义域为 R, f(-1)=2, 对任意 x∈R, f′(x)>2, 则 f(x)>2x+4 的解集为________. 解析 设 F(x)=f(x)-(2x+4),则 F(-1)=f(-1)-(-2+4)=2-2=0. F′(x)=f′(x)-2,对任意 x∈R,F′(x)>0, 即函数 F(x)在 R 上是单调增函数, 则 F(x)>0 的解集为(-1,+∞), 故 f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). 答案 (-1,+∞) ln x 5.若 f(x)= x ,0<a<b<e,则 f(a),f(b)的大小关系为________. 解析 f′(x)= 1-ln x x2 , 1-ln x x2 >0,即 f′(x)>0,

当 x∈(0,e)时,

∴f(x)在(0,e)上为增函数, 又∵0<a<b<e,∴f(a)<f(b). 答案 f(a)<f(b)

考点一 利用导数研究函数的单调性 【例 1】(2016· 四川卷节选)设函数 f(x)=ax2-a-ln x,其中 a∈R,讨论 f(x)的单 调性.
2 1 2ax -1 解 f′(x)=2ax-x = 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= 1 . 2a

1 ? ? ?时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 此时,当 x∈?0, 2a? ? ? 1 ? ,+∞?时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 当 x∈? ? 2a ? 规律方法 用导数讨论(证明)函数 f(x)在(a,b)内的单调性的步骤:

(1)求 f′(x); (2)确认 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. 【训练 1】 设 f(x)=ex(ax2+x+1)(a>0),试讨论 f(x)的单调性. 解 f′(x)=ex(ax2+x+1)+ex(2ax+1) =ex[ax2+(2a+1)x+2] =ex(ax+1)(x+2) ? 1? =aex?x+a?(x+2) ? ? 1 1 ①当 a=2时,f′(x)=2ex(x+2)2≥0 恒成立, ∴函数 f(x)在 R 上单调递增; 1 1 ②当 0<a<2时,有a>2, ? 1? 令 f′(x)=aex?x+a?(x+2)>0, ? ? 1 有 x>-2 或 x<-a, 1 ? 1? 令 f′(x)=aex?x+a?(x+2)<0,有-a<x<-2, ? ? 1? ? ? 1 ? ∴函数 f(x)在?-∞,-a?和(-2,+∞)上单调递增,在?-a,-2?上单调递减; ? ? ? ? 1 1 ③当 a>2时,有a<2, 1 ? 1? 令 f′(x)=aex?x+a?(x+2)>0 时,有 x>-a或 x<-2, ? ? 1 ? 1? 令 f′(x)=aex?x+a?(x+2)<0 时,有-2<x<-a, ? ? 1? ? 1 ? ? ∴函数 f(x)在(-∞,-2)和?-a,+∞?上单调递增;在?-2,-a?上单调递减. ? ? ? ? 考点二 求函数的单调区间(易错警示) 【例 2】(2016· 北京卷)设函数 f(x)=xea-x+bx,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程为 y=(e-1)x+4. (1)求 a,b 的值; (2)求 f(x)的单调区间.

解 (1)f(x)的定义域为 R. ∵f′(x)=ea-x-xea-x+b=(1-x)ea-x+b.
a-2 ?f?2?=2e+2, ?2e +2b=2e+2, 依题设,? 即? a-2 ?f′?2?=e-1, ?-e +b=e-1.

解得 a=2,b=e. (2)由(1)知 f(x)=xe2-x+ex, 由 f′(x)=e2-x(1-x+ex-1)及 e2-x>0 知, f′(x)与 1-x+ex-1 同号. 令 g(x)=1-x+ex 1,则 g′(x)=-1+ex 1.
- -

所以,当 x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 故 g(1)=1 是 g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而 g(x)>0,x∈(-∞,+∞), 综上可知,f′(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 规律方法 求函数单调区间的步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求 f′(x); (3)在定义域内解不等式 f′(x)>0,得单调递增区间; (4)在定义域内解不等式 f′(x)<0,得单调递减区间. 易错警示 个别导数为 0 的点不影响所在区间的单调性,如函数 f(x)=x3,f′(x) =3x2≥0(x=0 时,f′(x)=0),但 f(x)=x3 在 R 上是增函数. x a 3 【训练 2】 已知函数 f(x)=4+x-ln x-2, 其中 a∈R, 且曲线 y=f(x)在点(1, f(1)) 1 处的切线垂直于直线 y=2x. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间. 1 a 1 解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)=4-x2- x, 1 3 由 f(x)在点(1,f(1))处的切线垂直于直线 y=2x 知 f′(1)=-4-a=-2,解得 a

5 =4. x 5 3 (2)由(1)知 f(x)=4+4x-ln x-2,(x>0). x2-4x-5 则 f′(x)= 4x2 . 令 f′(x)=0,解得 x=-1 或 x=5. 但-1?(0,+∞),舍去. 当 x∈(0,5)时,f′(x)<0;当 x∈(5,+∞)时,f′(x)>0. ∴f(x)的增区间为(5,+∞),减区间为(0,5). 考点三 已知函数的单调性求参数(易错警示) 1 【例 3】(2017· 南京模拟)已知函数 f(x)=ln x,g(x)=2ax2+2x(a≠0). (1)若函数 h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间,求 a 的取值范围; (2)若函数 h(x)=f(x)-g(x)在[1,4]上单调递减,求 a 的取值范围. 1 解 (1)h(x)=ln x-2ax2-2x,x>0. 1 ∴h′(x)= x-ax-2. 若函数 h(x)在(0,+∞)上存在单调减区间, 1 1 2 则当 x>0 时, x-ax-2<0 有解,即 a>x2-x有解. 1 2 设 G(x)=x2-x,所以只要 a>G(x)min.(*) ?1 ? 又 G(x)=?x-1?2-1,所以 G(x)min=-1. ? ? 所以 a>-1.即实数 a 的取值范围是(-1,+∞). (2)由 h(x)在[1,4]上单调递减, 1 ∴当 x∈[1,4]时,h′(x)= x-ax-2≤0 恒成立,(**) 1 2 则 a≥x2-x恒成立,所以 a≥G(x)max. ?1 ? 又 G(x)=?x-1?2-1,x∈[1,4] ? ?

1 ?1 ? 因为 x∈[1,4],所以x∈?4,1?, ? ? 7 7 所以 G(x)max=-16(此时 x=4),所以 a≥-16. 7 当 a=-16时, 16+7x2-32x ?7x-4??x-4? 1 7 h′(x)= x+16x-2= = , 16x 16x ∵x∈[1,4], ∴h′(x)= ?7x-4??x-4? ≤0, 16x

当且仅当 x=4 时等号成立.(***) ∴h(x)在[1,4]上为减函数. ? 7 ? 故实数 a 的取值范围是?-16,+∞?. ? ? 1 易错警示 (1)存在性命题理解不清,不能将第(1)问转化为 x -ax-2<0 有解,难 以得到不等式(*).错求 a 的取值范围.(2)错误理解“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.”导致在第(2)问中(**)处易 7 错求 h′(x)<0 恒成立,另外在(***)处容易忽视 a=-16进行检验. 【训练 3】 已知函数 f(x)=x3-ax-1. (1)若 f(x)在 R 上为增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若函数 f(x)的单调减区间为(-1,1),求 a 的值. 解 (1)因为 f(x)在 R 上是增函数, 所以 f′(x)=3x2-a≥0 在 R 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,当且仅当 x=0 时取等号. ∴f(x)=x3-1 在 R 上是增函数. 所以实数 a 的取值范围是(-∞,0]. (2)f′(x)=3x2-a.

当 a≤0 时,f′(x)≥0, f(x)在(-∞,+∞)上为增函数, 所以 a≤0 不合题意. 3a 3a 当 a>0 时,令 3x2-a<0,得- 3 <x< 3 , ? 3a 3a? ∴f(x)的单调递减区间为?- , 3 ?, 3 ? ? 3a 依题意, 3 =1,即 a=3.

[思想方法] 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,并注意函 数 f(x)的定义域. 2.含参函数的单调性要分类讨论,通过确定导数的符号判断函数的单调性. 3.已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成 立问题两种思路解决. [易错防范] 1.求单调区间应遵循定义域优先的原则. 2.注意两种表述“函数 f(x)在(a,b)上为减函数”与“函数 f(x)的减区间为(a, b)”的区别. 3.在某区间内 f′(x)>0(f′(x)<0)是函数 f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必 要条件. 4.可导函数 f(x)在(a ,b)上是增 (减)函数的充要条件是:对 ?x∈(a,b),都有 f′(x)≥0(f′(x)≤0),且 f′(x)在(a,b)的任何子区间内都不恒为零.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、填空题 1.函数 f(x)=x-ln x 的单调递减区间为________.

1 x-1 解析 函数的定义域是(0, +∞), 且 f′(x)=1-x = x , 令 f′(x)<0, 解得 0<x<1, 所以单调递减区间是(0,1). 答案 (0,1) 2.已知定义在 R 上的函数 f(x),其导函数 f′(x)的大致图象如图所示,则下列叙 述:

①f(b)>f(c)>f(d); ②f(b)>f(a)>f(e); ③f(c)>f(b)>f(a); ④f(c)>f(e)>f(d). 其中正确的是________(填序号). 解析 依题意得,当 x∈(-∞,c)时,f′(x)>0,因此,函数 f(x)在(-∞,c)上是 增函数,由 a<b<c,所以 f(c)>f(b)>f(a). 答案 ③ 3.若函数 f(x)=2x3-3mx2+6x 在区间(2,+∞)上为增函数,则实数 m 的取值范 围为________. 解析 ∵f′(x)=6x2-6mx+6, 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)≥0 恒成立, 1 即 x2-mx+1≥0 恒成立,∴m≤x+ x恒成立. 1 1 令 g(x)=x+ ,g′(x)=1- 2, x x ∴当 x>2 时,g′(x)>0,即 g(x)在(2,+∞)上单调递增, 1 5 ∴m≤2+2=2. 5? ? 答案 ?-∞,2? ? ? 4.已知函数 f(x)=(-x2+2x)ex(x∈R,e 为自然对数的底数),则函数 f(x)的单调

递增区间为________. 解析 因为 f(x)=(-x2+2x)ex, 所以 f′(x)=(-2x+2)ex+(-x2+2x)ex=(-x2+2)ex. 令 f′(x)>0,即(-x2+2)ex>0, 因为 ex>0,所以-x2+2>0,解得- 2<x< 2, 所以函数 f(x)的单调递增区间为(- 2, 2). 答案 (- 2, 2) 1 5.已知函数 f(x)=-2x2+4x-3ln x 在区间[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是 ________. ?x-1??x-3? 3 解析 由题意知 f′(x)=-x+4-x =- ,由 f′(x)=0 得函数 f(x)的 x 两个极值点为 1 和 3,则只要这两个极值点有一个在区间(t,t+1)内,函数 f(x) 在区间[t,t+1]上就不单调,由 t<1<t+1 或 t<3<t+1,得 0<t<1 或 2<t<3. 答案 (0,1)∪(2,3) 1 ?1 ? 6 .若函数 f(x) = x2 + ax + x 在 ?2,+∞? 上是增函数,则实数 a 的取值范围是 ? ? ________. 1 ?1 ? 解析 ∵f(x)=x2+ax+ x在?2,+∞?上是增函数, ? ? 1 1 ?1 ? ?1 ? ∴f′(x)=2x+a-x2>0 在?2,+∞?上恒成立, 即 a>x2-2x 在?2,+∞?上恒成立. ? ? ? ? 1 ?1 ? ∵函数 y=x-2 与函数 y=-2x 在?2,+∞?上为减函数,∴a≥4-2×2=3. ? ? 答案 [3,+∞) 7.(2017· 南京、盐城模拟)已知 f(x)=2ln x+x2-5x+c 在区间(m,m+1)上为递 减函数,则 m 的取值范围为________. 2 解析 由 f(x)=2ln x+x2-5x+c,得 f′(x)= x +2x-5, 又函数 f(x)在区间(m,m+1)上为递减函数, ∴f′(x)≤0 在(m,m+1)上恒成立,

2 ? ?m+2m-5≤0, ∴? 2 ? ?m+1+2?m+1?-5≤0, ?1 ? 答案 ?2,1? ? ?

1 解得2≤m≤1.

8.(2017· 南通、扬州、泰州调研)设 f(x)是 R 上的奇函数,且 f(-1)=0,当 x>0 时,(x2+1)· f′(x)-2x· f(x)<0,则不等式 f(x)>0 的解集为________. ? f?x? ? 解析 因为当 x>0 时, (x2+1)· f′(x)-2x· f(x)<0 恒成立, 所以?x2+1?′<0 恒成立, ? ? 所以函数 g(x)= f?x? 在(0,+∞)上单调递减.又因为 f(x)是定义在 R 上的奇函 x2+1

数,且 f(-1)=0,所以 f(1)=0,g(1)=0,所以在(0,1)上恒有 f(x)>0,在(1,+∞) 上恒有 f(x)<0.由图象易知在(-∞,-1)上恒有 f(x)>0,在(-1,0)上恒有 f(x)<0, 即不等式 f(x)>0 的解集为(-∞,-1)∪(0,1). 答案 (-∞,-1)∪(0,1) 二、解答题 9.已知函数 f(x)= ln x+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. 1 x-ln x-k 解 (1)由题意得 f′(x)= , ex 1-k 又 f′(1)= e =0,故 k=1. 1 x-ln x-1 (2)由(1)知,f′(x)= . ex 1 1 1 设 h(x)= x-ln x-1(x>0),则 h′(x)=-x2-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,+∞). ?2? ?2? 10. (2017· 泰州模拟)已知函数 f(x)满足 f(x)=x3+f′?3?x2-x+c(其中 f′?3?为 f(x) ? ? ? ? 2 在点 x=3处的导数,c 为常数). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=[f(x)-x3]ex,若函数 g(x)在[-3,2]上单调递增,求实数 c 的取值 范围. 2 ?2? ?2? 解 (1)f′(x)=3x2+2f′?3?x-1,令 x=3,得 f′?3?=-1,∴f(x)=x3-x2-x+ ? ? ? ? c, ? 1? ∴f′(x)=3x2-2x-1=3?x+3?(x-1), ? ? 1 由 f′(x)>0,得 x<-3或 x>1; 1 由 f′(x)<0,得-3<x<1. 1? ? ? 1 ? 故 f(x)的单调增区间是?-∞,-3?和(1,+∞);单调减区间是?-3,1?. ? ? ? ? (2)∵g(x)=(-x2-x+c)· ex, ∴g′(x)=(-2x-1)ex+(-x2-x+c)ex =(-x2-3x+c-1)ex. 当函数 g(x)在区间[-3,2]上单调递增时,等价于 h(x)=-x2-3x+c-1≥0 在[- 3,2]上恒成立,只要 h(2)≥0,解得 c≥11. 故 c 的取值范围是[11,+∞). 能力提升题组 (建议用时:20 分钟) 11.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? 1)f′(x)<0,设 a=f(0),b=f?2?,c=f(3),则 a,b,c 的大小关系为________. ? ? 解析 依题意得,当 x<1 时,f′(x)>0, 则 f(x)在(-∞,1)上为增函数;

1 又 f(3)=f(-1),且-1<0<2<1, ?1? 因此有 f(-1)<f(0)<f?2?, ? ? ?1? 即有 f(3)<f(0)<f?2?,c<a<b. ? ? 答案 c<a<b 1 12.(2016· 全国Ⅰ卷改编)若函数 f(x)=x-3sin 2x+asin x 在(-∞,+∞)单调递 增,则 a 的取值范围是________. 1 2 2 解析 ∵f(x)=x-3sin 2x+asin x,∴f′(x)=1-3cos 2x+acos x=1-3(2cos2x- 4 5 1)+acos x=-3cos2x+acos x+3. 由 f(x)在 R 上单调递增,则 f′(x)≥0 在 R 上恒成立. 4 5 令 t=cos x,t∈[-1,1],则-3t2+at+3≥0, 在 t∈[-1,1]上恒成立. ∴4t2-3at-5≤0 在 t∈[-1,1]上恒成立. 令 g(t)=4t2-3at-5, ?g?1?=-3a-1≤0, 1 1 则? 解之得-3≤a≤3. ?g?-1?=3a-1≤0, ? 1 1? 答案 ?-3,3? ? ? 13.(2017· 石家庄质检)设 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数,f(-2)=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________. xf′?x?-f?x? f?x? 解析 令 g(x)= x ,则 g′(x)= >0,x∈(0,+∞),所以函数 g(x) x2 在(0,+∞)上单调递增. 又 g(-x)= f?-x? -f?x? f?x? = = x =g(x),则 g(x)是偶函数,g(-2)=0=g(2). -x -x

?x<0, ?x>0, 则 f(x)=xg(x)>0?? 或? 解得 x>2 或-2<x<0, ?g?x?>0 ?g?x?<0, 故不等式 f(x)>0 的解集为(-2,0)∪(2,+∞).

答案 (-2,0)∪(2,+∞) 1 14.已知函数 f(x)=ln x,g(x)=2ax+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)= m?x-1? -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数 m 的取值范围. x+1

1 1 解 (1)由已知得 f′(x)=x ,∴f′(1)=1=2a,a=2. 1 又∵g(1)=0=2a+b,∴b=-1,∴g(x)=x-1. (2)∵φ(x)= m?x-1? m?x-1? -f(x)= -ln x 在[1,+∞)上是减函数, x+1 x+1

-x2+?2m-2?x-1 ∴φ′(x)= ≤0 在[1,+∞)上恒成立, x?x+1?2 ∴x2-(2m-2)x+1≥0 在[1,+∞)上恒成立, 1 则 2m-2≤x+ x,x∈[1,+∞), 1 ∵x+x ∈[2,+∞),∴2m-2≤2,m≤2. 故实数 m 的取值范围是(-∞,2].

第3讲

利用导数研究函数的最(极)值

考试要求 1.函数在某点取得极值的必要条件和充分条件,A 级要求;2.利用导 数求函数的极大值、极小值,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),B 级要求.

知 识 梳 理 1.函数的极值 若在函数 y=f(x)的定义域 I 内存在 x0, 使得在 x0 附近的所有点 x, 都有 f(x)<f(x0), 则称函数 y=f(x)在点 x=x0 处取得极大值, 记作 y 极大值=f(x0); 若在 x0 附近的所有 点 x, 都有 f(x)>f(x0), 则称函数 y=f(x)在点 x=x0 处取得极小值, 记作 y 极小值=f(x0). 2.求函数极值的步骤: (1)求导数 f′(x);

(2)求方程 f′(x)=0 的所有实数根; (3)观察在每个根 xn 附近,从左到右,导函数 f′(x)的符号如何变化,若 f′(x)的 符号由正变负,则 f(xn)是极大值;若由负变正,则 f(xn)是极小值;若 f′(x)的符 号在 xn 的两侧附近相同,则 xn 不是函数 f(x)的极值点. 3.函数的最值 若在函数 f(x)的定义域 I 内存在 x0,使得对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤f(x0),则称 f(x0)为函数的最大值,记作 ymax=f(x0);若在函数 f(x)的定义域 I 内存在 x0,使得 对于任意的 x∈I,都有 f(x)≥f(x0),则称 f(x0)为函数的最小值,记作 ymin=f(x0). 4.求函数 y=f(x)在区间[a,b]上的最值的步骤: (1)求 f(x)在区间[a,b]上的极值; (2)将第一步中求得的极值与 f(a),f(b)比较,得到 f(x)在区间[a,b]上的最大值与 最小值. 诊 断 自 测 1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.( (2)函数的极大值不一定比极小值大.( ) ) ) )

(3)对可导函数 f(x),f′(x0)=0 是 x0 为极值点的充要条件.(

(4)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.(

解析 (1)函数在某区间或定义域内极大值可以不止一个,故(1)错误,(3)对可导 函数 f(x),f′(x)=0 是 x0 为极值点的必要条件. 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√

2. (选修 1-1P34T8)函数 f(x)=x3-3x2+2 在区间[-1, 1]上的最大值是________. 解析 ∵f′(x)=3x2-6x,令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2. ∴f(x)在[-1,0)上是增函数,f(x)在(0,1]上是减函数. ∴f(x)max=f(x)极大值=f(0)=2. 答案 2

考点一 用导数研究函数的极值(多维探究) 命题角度一 根据函数图象判断极值 【例 1-1】 设函数 f(x)在 R 上可导,其导函数为 f′(x),且函数 y=(1-x)f′(x)

的图象如图所示,则下列结论:

①函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1); ②函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(1); ③函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(-2); ④函数 f(x)有极大值 f(-2)和极小值 f(2). 其中一定成立的是________(填序号). 解析 由题图可知,当 x<-2 时,1-x>3,此时 f′(x)>0;当-2<x<1 时,0<1 -x<3,此时 f′(x)<0;当 1<x<2 时,-1<1-x<0,此时 f′(x)<0;当 x>2 时,1 -x<-1,此时 f′(x)>0,由此可以得到函数 f(x)在 x=-2 处取得极大值,在 x =2 处取得极小值. 答案 ④ 命题角度二 求函数的极值 【例 1-2】 求函数 f(x)=x-aln x(a∈R)的极值. a x-a 解 由 f′(x)=1- x= 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,令 f′(x)=0,解得 x=a. 又当 x∈(0,a)时,f′(x)<0;当 x∈(a,+∞),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-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. 命题角度三 已知极值求参数 1 4 【例 1-3】 已知关于 x 的函数 f(x)=-3x3+bx2+cx+bc 在 x=1 处有极值-3, 试求 b,c 的值. 解 ∵f′(x)=-x2+2bx+c,

4 由 f(x)在 x=1 处有极值-3, f′?1?=-1+2b+c=0, ? ? 可得? 1 4 f?1?=-3+b+c+bc=-3. ? ? ?b=1, ?b=-1, 解得? 或? ?c=-1 ?c=3. 若 b=1,c=-1, 则 f′(x)=-x2+2x-1=-(x-1)2≤0,f(x)没有极值. 若 b=-1,c=3, 则 f′(x)=-x2-2x+3=-(x+3)(x-1). 当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-3) - -3 0 极小值 ? -12 ? (-3,1) + 1 0 极大值 4 -3 (1,+∞) 1

4 ∴当 x=1 时,f(x)有极大值-3,满足题意. 故 b=-1,c=3 为所求. 规律方法 (1)求函数 f(x)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,求出函数定义域内的所有根; ④列表检验 f′(x)在 f′(x)=0 的根 x0 左右两侧值的符号.如果左正右负,那么 f(x) 在 x0 处取极大值;如果左负右正,那么 f(x)在 x0 处取极小值. (2)可导函数 y=f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)=0,且在 x0 左侧与右 侧 f′(x)的符号不同.应注意,导数为零的点不一定是极值点.对含参数的求极值 问题,应注意分类讨论. 【训练 1】 设函数 f(x)=ax3-2x2+x+c(a>0). (1)当 a=1,且函数图象过(0,1)时,求函数的极小值;

(2)若 f(x)在 R 上无极值点,求 a 的取值范围. 解 由题意得 f′(x)=3ax2-4x+1. (1)函数图象过(0,1)时,有 f(0)=c=1. 当 a=1 时,f′(x)=3x2-4x+1. 1 令 f′(x)>0,解得 x<3或 x>1; 1 令 f′(x)<0,解得3<x<1. 1? ? ?1 ? 所以函数在?-∞,3?和(1,+∞)上单调递增;在?3,1?上单调递减. ? ? ? ? 故函数 f(x)的极小值是 f(1)=13-2×12+1+1=1. (2)若 f(x)在 R 上无极值点,则 f(x)在 R 上是单调函数,故 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立. 当 a=0 时,f′(x)=-4x+1,显然不满足条件; 当 a≠0 时, f′(x)≥0 或 f′(1)≤0 恒成立的充要条件是 Δ=(-4)2-4×3a×1≤0, 4 即 16-12a≤0,解得 a≥3. ?4 ? 综上,a 的取值范围是?3,+∞?. ? ? 考点二 利用导数求函数的最值 【例 2】(2017· 徐州模拟)已知函数 f(x)=(x-k)ex. (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)在区间[0,1]上的最小值. 解 (1)由 f(x)=(x-k)ex,得 f′(x)=(x-k+1)ex, 令 f′(x)=0,得 x=k-1. 当 x 变化时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) ? (-∞,k-1) - k-1 0 -ek-1 (k-1,+∞) +

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞). (2)当 k-1≤0,即 k≤1 时,函数 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, 由(1)知 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,函数 f(x)在[0,1]上单调递减, 所以 f(x)在区间[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e. 综上可知,当 k≤1 时,f(x)min=-k;当 1<k<2 时,f(x)min=-ek-1;当 k≥2 时, f(x)min=(1-k)e. 规律方法 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)的各极值与 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. 1 【训练 2】 设函数 f(x)=aln x-bx2(x>0),若函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=-2相 切, (1)求实数 a,b 的值; ?1 ? (2)求函数 f(x)在?e,e?上的最大值. ? ? a 解 (1)由 f(x)=aln x-bx2,得 f′(x)= x-2bx(x>0). 1 ∵函数 f(x)在 x=1 处与直线 y=-2相切. f′?1?=a-2b=0, ? ? ∴? 1 f?1?=-b=-2, ? ? a=1, ? ? 解得? 1 b= . ? ? 2

1 (2)由(1)知 f(x)=ln x-2x2, 1-x 1 则 f′(x)= x-x= x , 1 1 当e≤x≤e 时,令 f′(x)>0,得 e<x<1,
2

令 f′(x)<0,得 1<x<e, ?1 ? ∴f(x)在? e,1?上单调递增,在(1,e)上单调递减, ? ? 1 ∴f(x)max=f(1)=-2. 考点三 利用导数研究生活中的优化问题 【例 3】 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 12 000π 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. 又根据题意得 200πrh+160πr2=12 000π, 1 所以 h= (300-4r2), 5r π 从而 V(r)=πr2h=5(300r-4r3). 因 r>0,又由 h>0 可得 0<r<5 3, 故函数 V(r)的定义域为(0,5 3). π (2)因 V(r)=5(300r-4r3)(0<r<5 3), π 故 V′(r)=5(300-12r2), 令 V′(r)=0,解得 r=5 或-5(因 r=-5 不在定义域内,舍去). 当 r∈(0,5)时,V′(r)>0, 故 V(r)在(0,5)上为增函数; 当 r∈(5,5 3)时,V′(r)<0, 故 V(r)在(5,5 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. 规律方法 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,利用求函数的最值的方法求解,注意结果应与 实际情况相结合.用导数求解实际问题中的最大(小)值时,如果函数在开区间内 只有一个极值点,那么依据实际意义,该极值点也就是最值点. 【训练 3】 某商场销售某种商品的经验表明,该商品每日的销售量 y(单位:千 克)与销售价格 x(单位: 元/千克)满足关系式 y= a +10(x-6)2, 其中 3<x<6, x-3

a 为常数,已知销售价格为 5 元/千克时,每日可售出该商品 11 千克. (1)求 a 的值; (2)若该商品的成本为 3 元?千克,试确定销售价格 x 的值,使商场每日销售该 商品所获得的利润最大. a 解 (1)因为 x=5 时,y=11,所以2+10=11,a=2. (2)由(1)知,该商品每日的销售量 y= 2 +10(x-6)2. x-3

所以商场每日销售该商品所获得的利润 f(x)=(x-3)[ 2 +10(x-6)2] x-3

=2+10(x-3)(x-6)2,3<x<6. 从而,f′(x)=10[(x-6)2+2(x-3)(x-6)] =30(x-4)(x-6). 于是,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (3,4) + 单调递增 4 0 极大值 42 (4,6) - 单调递减

由上表可得,x=4 是函数 f(x)在区间(3,6)内的极大值点,也是最大值点. 所以,当 x=4 时,函数 f(x)取得最大值,且最大值等于 42. 答 当销售价格为 4 元?千克时,商场每日销售该商品所获得的利润最大.

[思想方法] 1.利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况,直观 而且条理,减少失分. 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.可导函数 y=f(x)在点 x0 处取得极值的充要条件是 f′(x0)=0,且在 x0 左侧与 右侧 f′(x)的符号不同. 4. 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, 即在某区间上单调函数没有极值. [易错防范] 1.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯,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,要通过认真比较才能 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.

基础巩固题组 (建议用时:40 分钟) 一、填空题 1.下列函数: 2 ①y=x3;②y=ln(-x);③y=xe-x;④y=x+ x. 其中,既是奇函数又存在极值的是________(填序号). 解析 由题意可知,②,③中的函数不是奇函数,①中,函数 y=x3 单调递增(无 极值),④中的函数既为奇函数又存在极值. 答案 ④ 2. (2017· 海门中学适应性训练)已知函数 f(x)=x3+ax2+3x-9, 若 x=-3 是函数 f(x)的一个极值点,则实数 a=________. 解析 f′(x)=3x2+2ax+3. 依题意知,-3 是方程 f′(x)=0 的根

所以 3×(-3)2+2a×(-3)+3=0,解得 a=5. 经检验,a=5 时,f(x)在 x=-3 处取得极值. 答案 5
3 ?x -3x,x≤0, 3. (2016· 北京卷改编)设函数 f(x)=? 则 f(x)的最大值为________. ?-2x,x>0,

解析 当 x>0 时,f(x)=-2x<0; 当 x≤0 时,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),当 x<-1 时,f′(x)>0,f(x)是增函 数,当-1<x<0 时,f′(x)<0,f(x)是减函数. ∴f(x)≤f(-1)=2,∴f(x)的最大值为 2. 答案 2 4.(2017· 南通调研)若 a>0,b>0,且函数 f(x)=4x3-ax2-2bx+2 在 x=1 处有极 值,若 t=ab,则 t 的最大值为________. 解析 f′(x)=12x2-2ax-2b,则 f′(1)=12-2a-2b=0,则 a+b=6, ?a+b?2 ? =9,当且仅当 a=b=3 时取等号. 又 a>0,b>0,则 t=ab≤? ? 2 ? 答案 9 ? 1? 5.已知 y=f(x)是奇函数,当 x∈(0,2)时,f(x)=ln x-ax?a>2?,当 x∈(-2,0)时, ? ? f(x)的最小值为 1,则 a=________. 解析 由题意知,当 x∈(0,2)时,f(x)的最大值为-1. 1 1 令 f′(x)= x-a=0,得 x=a, 1 1 当 0<x<a时,f′(x)>0;当 x>a时,f′(x)<0. ?1? ∴f(x)max=f?a?=-ln a-1=-1,解得 a=1. ? ? 答案 1 6. 已知函数 f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1 有极大值和极小值, 则实数 a 的取值范围 是________. 解析 ∵f′(x)=3x2+2ax+(a+6), 由已知可得 f′(x)=0 有两个不相等的实根, ∴Δ=4a2-4×3×(a+6)>0,即 a2-3a-18>0,

∴a>6 或 a<-3. 答案 (-∞,-3)∪(6,+∞) 7. 设函数 f(x)=ax2+bx+c(a, b, c∈R), 若 x=-1 为函数 f(x)ex 的一个极值点, 则下列图象不可能为 y=f(x)图象的是________(填序号).

解析

因为 [f(x)ex]′ = f′(x)ex +f(x)(ex)′ = [f(x) + f′(x)]ex ,且 x =- 1 为函数

f(x)ex 的一个极值点,所以 f(-1)+f′(-1)=0;④中,f(-1)>0,f′(-1)>0, 不满足 f′(-1)+f(-1)=0. 答案 ④ 8. 设 a∈R, 若函数 y=ex+ax 有大于零的极值点, 则实数 a 的取值范围是________. 解析 ∵y=ex+ax,∴y′=ex+a. ∵函数 y=ex+ax 有大于零的极值点, 则方程 y′=ex+a=0 有大于零的解, ∵x>0 时,-ex<-1,∴a=-ex<-1. 答案 (-∞,-1) 二、解答题 9.(2015· 安徽卷)已知函数 f(x)= ax (a>0,r>0). ?x+r?2

(1)求 f(x)的定义域,并讨论 f(x)的单调性; a (2)若 r =400,求 f(x)在(0,+∞)内的极值. 解 (1)由题意可知 x≠-r,所求的定义域为(-∞,-r)∪(-r,+∞). f(x)= ax ax , 2= 2 ?x+r? x +2rx+r2 a?x2+2rx+r2?-ax?2x+2r? a?r-x??x+r? = . ?x2+2rx+r2?2 ?x+r?4

f′(x)=

所以当 x<-r 或 x>r 时,f′(x)<0; 当-r<x<r 时,f′(x)>0. 因此,f(x)的单调递减区间为(-∞,-r),(r,+∞);

f(x)的单调递增区间为(-r,r). (2)由(1)的解答可知 f′(r)=0, f(x)在(0,r)上单调递增,在(r,+∞)上单调递减. 因此,x=r 是 f(x)的极大值点, 所以 f(x)在(0,+∞)内的极大值为 f(r)= f(x)在(0,+∞)内无极小值; 综上,f(x)在(0,+∞)内极大值为 100,无极小值. 10. (2017· 衡水中学二调)已知函数 f(x)=xln x, g(x)=(-x2+ax-3)ex(a 为实数). (1)当 a=5 时,求函数 y=g(x)在 x=1 处的切线方程; (2)求 f(x)在区间[t,t+2](t>0)上的最小值. 解 (1)当 a=5 时,g(x)=(-x2+5x-3)ex,g(1)=e. 又 g′(x)=(-x2+3x+2)ex, 故切线的斜率为 g′(1)=4e. 所以切线方程为 y-e=4e(x-1),即 y=4ex-3e. (2)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=ln x+1, 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) 1? ? ?0, e? ? ? - 1 e 0 极小值 ? ? ?1 ? ? e,+∞? ? ? + ar a 400 = = 4 =100, ?2r?2 4r

1 ①当 t≥e时,在区间[t,t+2]上 f(x)为增函数, 所以 f(x)min=f(t)=tln t. 1 ? 1? ?1 ? ②当 0<t< 时,在区间?t,e?上 f(x)为减函数,在区间? e,t+2?上 f(x)为增函数, e ? ? ? ? 1 ?1? 所以 f(x)min=f?e?=- e. ? ? 能力提升题组 (建议用时:20 分钟) 11.(2017· 盐城一模)若函数 f(x)=x3+ax2+bx(a,b∈R)的图象与 x 轴相切于一点

1 A(m,0)(m≠0),且 f(x)的极大值为2,则 m 的值为________. 解析 由题意可得 f(m)=m3+am2+bm=0,m≠0,则 m2+am+b=0 f′(m)=3m2+2am+b=0 a ①-②化简得 m=-2. a a f′(x)=3x2+2ax+b 的两根为-2和-6, a2 ? a? 1 3 则 b= 4 ,f?-6?=2,解得 a=-3,m=2. ? ? 3 答案 2 12. (2015· 安徽卷改编)函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图所示, 则下列结论: ②, ①,且

①a>0,b<0,c>0,d>0;②a>0,b<0,c<0,d>0; ③a<0,b<0,c>0,d>0;④a>0,b>0,c>0,d<0. 其中,结论成立的是________(填序号). 解析 由函数 y=f(x)的图象知,a>0,f(0)=d>0. 又 x1,x2 是函数 f(x)的极值点, 且 f′(x)=3ax2+2bx+c=0, ∴x1,x2 是方程 3ax2+2bx+c=0 的两根. 由图象知,x1>0,x2>0 2b ? ?x1+x2=-3a>0, ∴? c ?x1x2=3a>0. ? 答案 ① 13.(2017· 镇江期末)若函数 f(x)=-2x3+2tx2+1 存在唯一的零点,则实数 t 的取 值范围为________. 解析 因为 f(x)=-2x3+2tx2+1 存在唯一的零点, 则 f(x)在 R 上为单调函数或极

因此 b<0,且 c>0.

? 2t? 小值大于 0 或极大值小于 0, 又因为 f′(x)=-6x2+4tx=-6x?x- 3 ?, 且 f(0)=1, ? ? 所以只能是 f(x)的极小值小于 0 或在 R 上为单调函数.当 t>0 时,极小值为 f(0)
3 ?2t? 8t =1;当 t=0 时,f(x)在 R 上单调递减;当 t<0 时,极小值为 f? 3 ?= 27 +1>0,即 ? ?

3 ? 3 ? t>-2,综上,t∈?-2,+∞?. ? ? ? 3 ? 答案 ?-2,+∞? ? ? 14.(2017· 苏北四市调研)如图,OA 是南北方向的一条公路,OB 是北偏东 45° 方向的一条公路,某风景区的一段边界为曲线 C.为方便游客观光,拟过曲线 C 上某点 P 分别修建与公路 OA,OB 垂直的两条道路 PM,PN,且 PM,PN 的造 价分别为 5 万元/百米、40 万元/百米.建立如图所示的平面直角坐标系 xOy,则 4 2 曲线 C 符合函数模型 y=x+ x2 (1≤x≤9),设 PM=x,修建两条道路 PM,PN 的总造价为 f(x)万元.题中所涉及长度单位均为百米.

(1)求 f(x)的解析式; (2)当 x 为多少时,总造价 f(x)最低?并求出最低造价. 4 2 解 (1)在题图所示的直角坐标系中, 因为曲线 C 的方程为 y=x+ x2 (1≤x≤9), ? 4 2? PM=x,所以点 P 坐标为?x,x+ 2 ?, x ? ? 直线 OB 的方程为 x-y=0, ? ? 4 2?? ?4 2? ?x-?x+ 2 ?? ? 2 ? x ?? ? x ? 4 ? ? 则点 P 到直线 x-y=0 的距离为 = =x2,又 PM 的造价为 5 2 2 万元/百米,PN 的造价为 40 万元/百米. 4 ? 32? 则两条道路总造价为 f(x)=5x+40· 2=5?x+ 2 ?(1≤x≤9). x ? x ?

? 32? (2)因为 f(x)=5?x+ x2 ?, ? ? 64? 5?x3-64? ? 所以 f′(x)=5?1- x3 ?= , x3 ? ? 令 f′(x)=0,解得 x=4,列表如下: x f′(x) f(x) (1,4) - 4 0 极小值 ? (4,9) +

?

32? ? 所以当 x=4 时,函数 f(x)有最小值,且最小值为 f(4)=5?4+ 42 ?=30,即当 x=4 ? ? 时,总造价最低,最低造价为 30 万元. 3 ? 32? ?x x 32? (注:利用三次均值不等式得 f(x)=5?x+ x2 ?=5?2+2+ x2 ?≥5×3 8=30,当且 ? ? ? ? 仅当 x=4 时,等号成立,同样也可).

高考导航 函数是中学数学的核心内容,导数是研究函数的重要工具,因此,导 数的应用是历年高考的重点与热点,常涉及的问题有:讨论函数的单调性(求函 数的单调区间)、求极值、求最值、求切线方程、求函数的零点或方程的根、求 参数的范围、证明不等式等,运用导数解决实际问题是函数应用的延伸,所以结 合其他知识综合考查用导数求解最值的问题在每年的高考试题中都有体现. 涉及 的数学思想有: 函数与方程、 分类讨论、 数形结合、 转化与化归思想等, 试题中、 高档难度均有.

热点一 利用导数研究函数的性质 以含参数的函数为载体,结合具体函数与导数的几何意义,研究函数的性质,是 高考的热点重点.本热点主要有三种考查方式: (1)讨论函数的单调性或求单调 区间;(2)求函数的极值或最值;(3)利用函数的单调性、极值、最值,求参数的

范围. 【例 1】(2015· 全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围. 1 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= x-a. 若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 1? ? 若 a>0,则当 x∈?0,a?时,f′(x)>0; ? ? ?1 ? 当 x∈?a,+∞?时,f′(x)<0. ? ? 1? ? ?1 ? 所以 f(x)在?0,a?上单调递增,在?a,+∞?上单调递减. ? ? ? ? (2)由(1)知,当 a≤0,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 1 当 a>0 时,f(x)在 x=a取得最大值, 1? 1 ?1? ? 最大值为 f?a?=lna+a?1-a?=-ln a+a-1. ? ? ? ? ?1? 因此 f?a?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. ? ? 令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,g(1)=0. 于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1). 探究提高 (1)判断函数的单调性,求函数的单调区间、极值等问题,最终归结

到判断 f′(x)的符号问题上,而 f′(x)>0 或 f′(x)<0,最终可转化为一个一元一 次不等式或一元二次不等式问题. (2)若已知 f(x)的单调性,则转化为不等式 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在单调区间上恒 成立问题求解. 【训练 1】 设函数 f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中 a>0. (1)讨论 f(x)在其定义域上的单调性; (2)当 x∈[0,1]时,求 f(x)取得最大值和最小值时的 x 的值. 解 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=1+a-2x-3x2,

令 f′(x)=0 得 x1=

-1- 4+3a -1+ 4+3a , x ,x1<x2, 2= 3 3

∴f′(x)=-3(x-x1)(x-x2), 当 x<x1 或 x>x2 时,f′(x)<0; 当 x1<x<x2 时,f′(x)>0, 故 f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增. (2)∵a>0,∴x1<0,x2>0, ①当 a≥4 时,x2≥1,由(1)知,f(x)在[0,1]上单调递增, ∴f(x)在 x=0 和 x=1 处分别取得最小值和最大值. ②当 0<a<4 时,x2<1,由(1)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减, ∴f(x)在 x=x2= -1+ 4+3a 处取得最大值, 3

又 f(0)=1,f(1)=a, ∴当 0<a<1 时,f(x)在 x=1 处取得最小值, 当 a=1 时,f(x)在 x=0 处和 x=1 处同时取得最小值. 当 1<a<4 时,f(x)在 x=0 处取得最小值. 热点二 利用导数研究函数的零点或曲线交点问题 导数与函数方程交汇是近年命题的热点,常转化为研究函数图象的交点问题,研 究函数的极(最)值的正负,求解时应注重等价转化与数形结合思想的应用,其主 要考查方式有:(1)确定函数的零点、图象交点的个数;(2)由函数的零点、图象 交点的情况求参数的取值范围. 【例 2】(2015· 江苏卷)已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f(x)有三个不同的零点时,a 的 3? ?3 ? ? 取值范围恰好是(-∞,-3)∪?1,2?∪?2,+∞?,求 c 的值. ? ? ? ? 解 (1)f′(x)=3x2+2ax, 2a 令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2=- 3 . 当 a=0 时,因为 f′(x)=3x2≥0, 所以函数 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增;

2a? ? ? 2a ? 当 a>0 时,x∈?-∞,- 3 ?∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈?- 3 ,0?时,f′(x) ? ? ? ? 2a? ? ? 2a ? <0,所以函数 f(x)在?-∞,- 3 ?,(0,+∞)上单调递增,在?- 3 ,0?上单调 ? ? ? ? 递减; 2a? ? 2a ? ? 当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪?- 3 ,+∞?时,f′(x)>0,x∈?0,- 3 ?时,f′(x) ? ? ? ? 2a? ? 2a ? ? <0,所以函数 f(x)在(-∞,0),?- 3 ,+∞?上单调递增,在?0,- 3 ?上单调 ? ? ? ? 递减. (2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b, ? 2a? 4 f?- 3 ?=27a3+b, ? ? ? 2a? ?4 ? 则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)· f?- 3 ?=b?27a3+b?<0, ? ? ? ? a>0, ? ? 从而? 4 3 - a <b<0 ? ? 27 a<0, ? ? 或? 4 0<b<-27a3. ? ?

4 4 又 b=c-a,所以当 a> 0 时, a3-a+c>0 或当 a<0 时, a3-a+c<0. 27 27 4 设 g(a)=27a3-a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范围恰好是(-∞, 3? ?3 ? ? -3)∪?1,2?∪?2,+∞?, ? ? ? ? 3? ?3 ? ? 则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在?1,2?∪?2,+∞?上 g(a)>0 均恒成立. ? ? ? ? ?3? 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g?2?=c-1≥0,因此 c=1. ? ? 此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因函数有三个零点,则 x2+(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根,所以 Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1-a≠0, 3? ?3 ? ? 解得 a∈(-∞,-3)∪?1,2?∪?2,+∞?. ? ? ? ? 综上 c=1. 探究提高 用导数研究函数的零点,一是用导数判断函数的单调性,借助零点存

在性定理判断; 二是将零点问题转化为函数图象的交点问题,结合函数的极值利 用数形结合来解决. 【训练 2】 (2017· 苏北四市联考)函数 f(x)=(ax2+x)ex, 其中 e 是自然对数的底数, a∈R. (1)当 a>0 时,解不等式 f(x)≤0; (2)当 a=0 时,求整数 t 的所有值,使方程 f(x)=x+2 在[t,t+1]上有解. 解 (1)因为 ex>0,(ax2+x)ex≤0. ∴ax2+x≤0.又因为 a>0 ? 1? 所以不等式化为 x?x+a?≤0. ? ? ? 1 ? 所以不等式 f(x)≤0 的解集为?-a,0?. ? ? (2)当 a=0 时,方程即为 xex=x+2, 由于 ex>0,所以 x=0 不是方程的解, 2 所以原方程等价于 ex-x-1=0. 2 令 h(x)=ex- x-1, 2 因为 h′(x)=ex+x2>0 对于 x∈(-∞,0)∪(0,+∞)恒成立, 所以 h(x)在(-∞,0)和(0,+∞)内是单调递增函数, 1 又 h(1)=e-3<0,h(2)=e2-2>0,h(-3)=e-3-3<0, h(-2)=e-2>0, 所以方程 f(x)=x+2 有且只有两个实数根且分别在区间[1,2]和[-3,-2]上,所 以整数 t 的所有值为{-3,1}. 热点三 利用导数研究不等式问题 函数、 导数与不等式相交汇是高考命题的热点, 命题形式灵活, 常通过构造函数, 利用函数的单调性和极值来解决.注意在构造新函数时,可直接利用题设条件写 出函数的解析式, 或通过对所要证明的不等式作差来构造函数,或根据题设条件 的结构特征构造函数. 热点 3.1 利用导数证明不等式(规范解答)

【例 3-1】(满分 12 分)(2015· 全国Ⅰ卷)设函数 f(x)=e2x-aln x. (1)讨论 f(x)的导函数 f′(x)零点的个数; 2 (2)证明:当 a>0 时,f(x)≥2a+alna. 满分解答 (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),

a f′(x)=2e2x- x(x>0).????2 分 当 a≤0 时,f′(x)>0,f′(x)没有零点;????3 分 a 当 a>0 时,设 u(x)=e2x,v(x)=- x, 因为 u(x)=e2x 在(0,+∞)上单调递增, a v(x)=- x在(0,+∞)上单调递增. 所以 f′(x)在(0,+∞)上单调递增.????6 分 a 1 又 f′(a)>0,当 b 满足 0<b<4且 b<4时,f′(b)<0, 故当 a>0 时,f′(x)存在唯一零点. (2)证明 由(1),设 f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为 x0,

当 x∈(0,x0)时,f′(x0)<0; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x0)>0. 故 f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,所以当 x=x0 时,f(x)取得 最小值,最小值为 f(x0). …………9 分 a 由于 2e2x0-x =0,
0

a 2 2 所以 f(x0)=2a +2ax0+alna≥2a+alna.
0

2 故当 a>0 时,f(x)≥2a+alna.????12 分

?得步骤分:抓住得分点的步骤,“步步为赢”,求得满分.如第(1)问中,求 导正确,分类讨论;第(2)问中利用单调性求 f(x)的最小值和基本不等式的应用. ?得关键分:解题过程不可忽视关键点,有则给分,无则没分,如第 (1)问中,

求出 f(x)的定义域,f′(x)在(0,+∞)上单调性的判断;第(2)问,f(x)在 x=x0 处 最值的判定. ?得计算分: 解题过程中计算准确是得满分的根本保证. 如第(1)问中, 求导 f′(x) a 1 准确,否则全盘皆输,求解使 f′(b)<0 的 b 满足的约束条件 0<b<4,且 b<4.如第 (2)问中 x0 满足条件的计算,若计算错误不得分,另外还应注意规范的文字、符 号语言的表述.

第一步:求函数 f(x)的导函数 f′(x); 第二步:分类讨论 f′(x)的单调性; 第三步:判断 f′(x)零点的个数; 第四步:证明 f(x)在 f′(x)的零点取到最小值. 第五步:求出 f(x)最小值的表达式,证明结论成立; 第六步:反思回顾,查看关键点、易错点和解题规范. 【训练 3-1】(2016· 全国Ⅲ卷)设函数 f(x)=ln x-x+1. (1)讨论 f(x)的单调性; x-1 (2)证明:当 x∈(1,+∞)时,1< ln x <x; (3)设 c>1,证明:当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. (1)解 1. 当 0<x<1 时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当 x>1 时,f′(x)<0,f(x)单调递减. (2)证明 由(1)知 f(x)在 x=1 处取得最大值,最大值为 f(1)=0. 1 由题设,f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= x-1,令 f′(x)=0 解得 x=

所以当 x≠1 时,ln x<x-1. x-1 1 1 故当 x∈(1,+∞)时,ln x<x-1,ln x<x -1,即 1< ln x <x. (3)证明 由题设 c>1, 设 g(x)=1+(c-1)x-cx, 则 g′(x)=c-1-cxln c, 令 g′(x)

c-1 ln ln c =0.解得 x0= ln c . 当 x<x0 时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当 x>x0 时,g′(x)<0,g(x)单调递减.

c-1 由(2)知 1< ln c <c,故 0<x0<1.又 g(0)=g(1)=0,故当 0<x<1 时,g(x)>0. 所以当 x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx. 热点 3.2 利用导数解决不等式恒成立问题

【 例 3 - 2 】 (2017·苏 、 锡 、 常 、 镇 四 市 调 研 ) 已 知 函 数 f(x) = ?1 ? ex?3x3-2x2+?a+4?x-2a-4?,其中 a∈R,e 为自然对数的底数. ? ? (1)若函数 f(x)的图象在 x=0 处的切线与直线 x+y=0 垂直,求 a 的值; 4 (2)关于 x 的不等式 f(x)<-3ex 在(-∞,2)上恒成立,求 a 的取值范围; (3)讨论函数 f(x)极值点的个数. ?1 ? 解 (1)由题意得 f′(x)=ex?3x3-x2+ax-a?, ? ? 因为 f(x)的图象在 x=0 处的切线与直线 x+y=0 垂直, 所以 f′(0)=1,解得 a=-1. (2)法一 4 由 f(x)<-3ex,

4 ?1 ? 得 ex?3x3-2x2+?a+4?x-2a-4?<-3ex, ? ? 即 x3-6x2+(3a+12)x-6a-8<0 对任意 x∈(-∞,2)恒成立, 即(6-3x)a>x3-6x2+12x-8 对任意 x∈(-∞,2)恒成立, 因为 x<2,所以 a> x3-6x2+12x-8 1 =-3(x-2)2, -3?x-2?

1 记 g(x)=-3(x-2)2,因为 g(x)在(-∞,2)上单调递增,且 g(2)=0, 所以 a≥0,即 a 的取值范围是[0,+∞). 4 法二 由 f(x)<- ex, 3 4 ?1 ? 得 ex?3x3-2x2+?a+4?x-2a-4?<-3ex, ? ? 即 x3-6x2+(3a+12)x-6a-8<0 在(-∞,2)上恒成立, 因为 x3-6x2+(3a+12)x-6a-8<0 等价于(x-2)(x2-4x+3a+4)<0, ①当 a≥0 时,x2-4x+3a+4=(x-2)2+3a≥0 恒成立, 所以原不等式的解集为(-∞,2),满足题意.

②当 a<0 时,记 g(x)=x2-4x+3a+4,有 g(2)=3a<0, 所以方程 x2-4x+3a+4=0 必有两个实数根 x1,x2,且 x1<2<x2, 原不等式等价于(x-2)(x-x1)(x-x2)<0, 解集为(-∞, x1)∪(2, x2), 与题设矛盾, 所以 a<0 不符合题意. 综合①②可知,a 的取值范围是[0,+∞). ?1 ? (3)由题意得 f′(x)=ex?3x3-x2+ax-a?, ? ? 所以 f(x)只有一个极值点或有三个极值点. 1 令 g(x)= x3-x2+ax-a, 3 ①若 f(x)有且只有一个极值点,则函数 g(x)的图象必穿过 x 轴且只穿过一次,即 g(x)为增函数或者 g(x)的极值同号. 当 g(x)为增函数时 g′(x)=x2-2x+a≥0 在 R 上恒成立,得 a≥1. 当 g(x)极值同号时,设 x1,x2 为极值点,则 g(x1)· g(x2)≥0, 由 g′(x)=x2-2x+a=0 有解,得 a<1,
2 且 x1 -2x1+a=0,x2 2-2x2+a=0,

则 x1,x2 为 x2-2x+a=0 的两根, 所以 x1+x2=2,x1x2=a, 1 2 所以 g(x1)=3x3 1-x1+ax1-a 1 2 =3x1(2x1-a)-x1 +ax1-a 1 1 =-3(2x1-a)-3ax1+ax1-a 2 =3[(a-1)x1-a], 2 同理可得 g(x2)=3[(a-1)x2-a], 2 2 所以 g(x1)g(x2)=3[(a-1)x1-a]· 3[(a-1)x2-a]≥0, 化简得(a-1)2x1x2-a(a-1)(x1+x2)+a2≥0, 所以(a-1)2a-2a(a-1)+a2≥0,即 a≥0, 所以 0≤a<1.

所以当 a≥0 时,f(x)有且仅有一个极值点; ②若 f(x)有三个极值点, 则函数 g(x)的图象必穿过 x 轴且穿过三次, 同理可得 a<0. 综上,当 a≥0 时,f(x)有且仅有一个极值点, 当 a<0 时,f(x)有三个极值点. 探究提高 “恒成立”与“存在性”问题的求解是“互补”关系, 即 f(x)≥g(a)对于 x∈D 恒成立,应求 f(x)的最小值;若存在 x∈D,使得 f(x)≥g(a)成立,应求 f(x)的最大 值.在具体问题中究竟是求最大值还是最小值,可以先联想“恒成立”是求最大值 还是最小值,这样也就可以解决相应的“存在性”问题是求最大值还是最小值.特 别需要关注等号是否成立问题,以免细节出错. 【训练 3-2】(2017· 苏北四市联考)设 a,b∈R 函数 f(x)=ex-alnx-a,其中 e 是自然对数的底数.曲线 y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为(e-1)x-y+b=0. (1)求实数 a,b 的值; (2)求证:函数 f(x)存在极小值; ex m ?1 ? (3)若?x∈?2,+∞?,使得不等式 x -ln x- x ≤0 成立,求实数 m 的取值范围. ? ? a 解 (1)∵f′(x)=ex-x ,∴f′(1)=e-a, ?e-a=e-1, ?a=1, 由题设得? ∴? ??e-1?+b=e-a, ?b=0. (2)证明 由(1)得 f(x)=ex-ln x-1,

1 ∴f′(x)=ex- x(x>0), 1 ∴[f′(x)]′=ex+x2>0,∴函数 f′(x)在(0,+∞)上是增函数, ?1? ∵f′?2?= e-2<0, f′(1)=e-1>0, 且函数 f′(x)的图象在(0, +∞)上不间断, ? ? ?1 ? ∴?x0∈?2,1?,使得 f′(x0)=0, ? ? 当 x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增, ∴函数 f(x)存在极小值 f(x0). ex m ?1 ? ?1 ? (3)?x∈?2,+∞?,使得不等式 x -ln x- x ≤0 成立等价于?x∈?2,+∞?, ? ? ? ?

使得不等式 m≥ex-xln x 成立.(*) ?1 ? 令 h(x)=ex-xln x,x∈?2,+∞?,则 h′(x)=ex-ln x-1=f(x), ? ? ∴结合(2)得[h′(x)]min=f(x0)=ex0-ln x0-1, 1 ?1 ? 其中 x0∈?2,1?,满足 f′(x0)=0,即 ex0-x =0, ? ? 0 1 ∴ex0=x ,x0=-ln x0,
0

1 ∴[h′(x)]min=ex0-ln x0-1=x +x0-1>2
0

1 x0-1=1>0, x0·

?1 ? ∴当 x∈?2,+∞?时,h′(x)>0, ? ? ?1 ? ∴h(x)在?2,+∞?上单调递增, ? ? ?1? 1 1 1 1 1 ∴[h(x)]min=h?2?=e2-2ln2=e2+2ln 2. ? ? 结合(*)有 m≥ 1 +2ln 2,

即实数 m 的取值范围为

(建议用时:90 分钟) 1.(2017· 南通调研)已知函数 f(x)=a+ xln x(a∈R). (1)求 f(x)的单调区间; (2)求 f(x)的零点个数. 解 (1)由函数 f(x)=a+ xln x∈(a∈R)得 f′(x)= 令 f′(x)=0,得 x=e-2,列表如下: x f′(x) f(x) (0,e-2) - e-2 0 极小值 ? (e-2,+∞) + 1 2 x (ln x+2).

?

因此,函数 f(x)的单调递增区间为(e-2,+∞),单调递减区间为(0,e-2).

(2)由(1)可知,f(x)min=f(e-2)=a-2e-1. 当 a>2e-1 时,由 f(x)≥f(e-2)=a-2e-1>0,得函数 f(x)的零点个数为 0. 当 a=2e-1 时,因为 f(x)在(e-2,+∞)上单调递增,在(0,e-2)上单调递减, 故当 x∈(0,e-2)∪(e-2,+∞)时,f(x)>f(e-2)=0. 此时,函数 f(x)的零点个数为 1. 当 a<2e-1 时,f(x)min=f(e-2)=a-2e-1<0. ①当 a≤0 时, 因为当 x∈(0,e-2)时,f(x)=a+ xln x<a≤0, 所以函数 f(x)在(0,e 2)上无零点;


另一方面,因为 f(x)在(e-2,+∞)上单调递增,且 f(e-2)=a-2e-1<0, 又 e-2a∈(e-2,+∞),且 f(e-2a)=a(1-2e-a)>0, 此时,函数 f(x)在(e-2,+∞)上有且只有一个零点. 所以当 a≤0 时,函数 f(x)零点个数为 1. ②当 0<a<2e-1 时, 因为 f(x)在(e-2,+∞)上单调递增, 且 f(1)=a>0,f(e-2)=a-2e-1<0, 所以函数 f(x)在(e-2,+∞)上有且只有 1 个零点; 另一方面,因为 f(x)在(0,e-2)上单调递减,且 f(e-2)=a-2e-1<0. ∈(0,e-2),且 4 >a- 2 =0(当 x>0 时,ex>x2 成立), ? ? a?a?2 ? ?





此时,函数 f(x)在(0,e-2)上有且只有 1 个零点, 所以当 0<a<2e-1 时,函数 f(x)零点个数为 2. 综上所述,当 a>2e-1 时,f(x)的零点个数为 0; 当 a=2e-1 或 a≤0 时,f(x)的零点个数为 1; 当 0<a<2e-1 时,f(x)的零点个数为 2. 2.(2016· 天津卷节选)设函数 f(x)=x3-ax-b,x∈R,其中 a,b∈R. (1)求 f(x)的单调区间; (2)若 f(x)存在极值点 x0,且 f(x1)=f(x0),其中 x1≠x0,求证:x1+2x0=0. (1)解 由 f(x)=x3-ax-b,可得 f′(x)=3x2-a.

下面分两种情况讨论: ①当 a≤0 时,有 f′(x)=3x2-a≥0 恒成立, 所以 f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞). 3a 3a ②当 a>0 时,令 f′(x)=0,解得 x= 3 或 x=- 3 . 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) ? 3a? ?-∞,- ? 3 ? ? + 3a - 3 0 极大值 ? ? 3a 3a? ?- , 3 ? 3 ? ? - 3a 3 0 极小值 ? ? 3a ? ? ,+∞? 3 ? ? +

? ? 3a 3a? 3a? 所以 f(x) 的单调递减区间为 ?- , 3 ? ,单调递增区间为 ?-∞,- 3 ? , 3 ? ? ? ? ? 3a ? ? ?. ,+∞ ? 3 ? (2)证明 因为 f(x)存在极值点,

所以由(1)知 a>0,且 x0≠0.
2 2 a 由题意,得 f′(x0)=3x0 -a=0,即 x0 =3,

2a 3 进而 f(x0)=x0 -ax0-b=- 3 x0-b. 8a 3 又 f(-2x0)=-8x0 +2ax0-b=- 3 x0+2ax0-b= 2a - 3 x0-b=f(x0),且-2x0≠x0, 由题意及(1)知,存在唯一实数 x1 满足 f(x1)=f(x0),且 x1≠x0,因此 x1=-2x0, 所以 x1+2x0=0. ax 3.(2017· 南京、盐城模拟)已知函数 f(x)= ex 在 x=0 处的切线方程为 y=x. (1)求实数 a 的值; (2)若对任意的 x∈(0,2),都有 f(x)< 1 成立,求实数 k 的取值范围; k+2x-x2

?x1+x2? ?的正负,并说 (3)若函数 g(x)=lnf(x)-b 的两个零点为 x1,x2,试判断 g′? ? 2 ?

明理由. 解 (1)由题意得 f′(x)= a?1-x? ex ,

因为函数在 x=0 处的切线方程为 y=x,所以 f′(0)=1,解得 a=1. x 1 (2)由题知 f(x)=ex< 对任意 x∈(0,2)都成立,所以 k+2x-x2>0,即 k>x2 k+2x-x2 -2x 对任意 x∈(0,2)都成立,从而 k≥0. ex 2 ex 2 不等式整理可得 k< x +x -2x,令 g(x)= x +x -2x, 所以 g′(x)=
x ex?x-1? ?e ? ?x2+2?=0,解得 x=1,当 x∈(1,2)时, + 2( x - 1) = ( x - 1) 2 x ? ?

g′(x)>0,函数 g(x)在(1,2)上单调递增, 同理可得函数 g(x)在(0,1)上单调递减. 所以 k<g(x)min=g(1)=e-1, 综上所述,实数 k 的取值范围是[0,e-1). ?x1+x2? ?<0,理由如下: (3)结论是 g′? ? 2 ? 由题意得函数 g(x)=lnf(x)-b=ln x-x-b, 1-x 1 所以 g′(x)= x-1= x , 易得函数 g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, x1+x2 ?x1+x2? ?<0,只需证明 所以要证 g′? 2 >1 即可. ? 2 ? ?x1+b=ln x1, 因为 x1,x2 是函数 g(x)的两个零点,所以? ?x2+b=ln x2, x2 相减得 x2-x1=lnx ,
1

x2 不妨令x =t>1,则 x2=tx1,则 tx1-x1=ln t, 1 所以 x1= 1 t ln t,x2= ln t, t-1 t-1

t +1 t-1 即证 ln t>2,即证 φ(t)=ln t-2· >0, t -1 t+1

?t-1?2 1 4 因为 φ′(t)= t - = >0, ?t+1?2 t?t+1?2 所以 φ(t)在(1,+∞)上单调递增,所以 φ(t)>φ(1)=0, ?x1+x2? ?<0 成立. 综上所述,函数 g(x)总满足 g′? ? 2 ? 4.(2016· 江苏卷)已知函数 f(x)=ax+bx(a>0,b>0,a≠1,b≠1). 1 (1)设 a=2,b=2. ①求方程 f(x)=2 的根; ②若对任意 x∈R,不等式 f(2x)≥mf(x)-6 恒成立,求实数 m 的最大值; (2)若 0<a<1,b>1,函数 g(x)=f(x)-2 有且只有 1 个零点,求 ab 的值. ?1? 解 (1)①由已知可得 2x+?2?x=2, ? ? 1 即 2x+2x=2. ∴(2x)2-2· 2x+1=0, 解得 2x=1,∴x=0. ?1? ②f(x)=2x+?2?x=2x+2-x, ? ? 令 t=2x+2-x,则 t≥2. 又 f(2x)=22x+2-2x=t2-2, 故 f(2x)≥mf(x)-6 可化为 t2-2≥mt-6, 4 4 即 m≤t+ t ,又 t≥2,t+ t ≥2 (当且仅当 t=2 时等号成立). ? 4? ∴m≤?t+ t ?min=4. ? ? 即 m 的最大值为 4. (2)∵0<a<1,b>1,∴ln a<0,ln b>0. g(x)=f(x)-2=ax+bx-2. g′(x)=axln a+bxln b 且 g′(x)为单调递增,值域为 R 的函数. ∴g′(x)一定存在唯一的变号零点. ∴g(x)为先减后增且有唯一极值点. 4 t· t =4.

由题意 g(x)有且仅有一个零点. , 则 g(x)的极值一定为 0, 而 g(0)=a0+b0-2=0,故极值点为 0. ∴g′(0)=0,即 ln a+ln b=0.∴ab=1. x+a 5.(2017· 衡水中学质检)已知函数 f(x)= ex . (1)若 f(x)在区间(-∞,2)上为单调递增函数,求实数 a 的取值范围; (2)若 a=0,x0<1,设直线 y=g(x)为函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线,求证: f(x)≤g(x). (1)解 易知 f′(x)=- x-?1-a? , ex

由已知得 f′(x)≥0 对 x∈(-∞,2)恒成立, 故 x≤1-a 对 x∈(-∞,2)恒成立,∴1-a≥2,∴a≤-1. (2)证明 x a=0,则 f(x)=ex.

函数 f(x)的图象在 x=x0 处的切线方程为 y=g(x)=f′(x0)(x-x0)+f(x0).令 h(x)= f(x)-g(x) =f(x)-f′(x0)(x-x0)-f(x0),x∈R, 1-x 1-x0 则 h′(x)=f′(x)-f′(x0)= ex - ex 0 ?1-x?ex0-?1-x0?ex = . ex+x0 设 φ(x)=(1-x)ex0-(1-x0)ex,x∈R 则 φ′(x)=-ex0-(1-x0)ex,∵x0<1,∴φ′(x)<0, ∴φ(x)在 R 上单调递减,而 φ(x0)=0, ∴当 x<x0 时,φ(x)>0,当 x>x0 时,φ(x)<0, ∴当 x<x0 时,h′(x)>0,当 x>x0 时,h′(x)<0, ∴h(x)在区间(-∞,x0)上为增函数,在区间(x0,+∞)上为减函数,∴x∈R 时, h(x)≤h(x0)=0,∴f(x)≤g(x). 6.(2016· 全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2. (1)讨论 f(x)的单调性; (2)若 f(x)有两个零点,求 a 的取值范围.

解 (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). (ⅰ)设 a≥0,则当 x∈(-∞,1)时,f′(x)<0; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0. 所以 f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. (ⅱ)设 a<0,由 f′(x)=0 得 x=1 或 x=ln(-2a). e ①若 a=-2,则 f′(x)=(x-1)(ex-e)≥0, 所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. e ②若 a>- ,则 ln(-2a)<1, 2 故当 x∈(-∞,ln(-2a))∪(1,+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(ln(-2a),1)时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增,在(ln(-2a),1)上单调递减. e ③若 a<-2,则 ln(-2a)>1, 故当 x∈(-∞,1)∪(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0; 当 x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0. 所以 f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增,在(1,ln(-2a))上单调递减. (2)(ⅰ)设 a>0,则由(1)知,f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增. a 又 f(1)=-e,f(2)=a,取 b 满足 b<0 且 b<ln2, 3 ? a ? 则 f(b)>2(b-2)+a(b-1)2=a?b2-2b?>0,所以 f(x)有两个零点. ? ? (ⅱ)设 a=0,则 f(x)=(x-2)ex,所以 f(x)只有一个零点. e (ⅲ)设 a<0,若 a≥-2,则由(1)知,f(x)在(1,+∞)上单调递增. 又当 x≤1 时 f(x)<0,故 f(x)不存在两个零点. e 若 a<-2,则由(1)知,f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调 递增. 又当 x≤1 时,f(x)<0,故 f(x)不存在两个零点. 综上,a 的取值范围为(0,+∞).


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