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步步高2015高考数学(人教A理)一轮讲义:3.2导数与函数的单调性、极值、最值


§ 3.2 导数与函数的单调性、极值、最值

[来

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. 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, 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. (2)求可导函数极值的步骤 ①求 f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根; ③检查 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根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. 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. (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.

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1. 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)f′(x)>0 是 f(x)为增函数的充要条件. (2)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的. (3)函数的极大值不一定比极小值大. (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. 2. 函数 f(x)=x2-2ln x 的单调减区间是
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( × ( × ( √ ( × ( √ ( √ ( )

) ) ) ) ) )

A.(0,1) C.(-∞,1) 答案 A

B.(1,+∞) D.(-1,1)

2 2?x+1??x-1? 解析 ∵f′(x)=2x- = (x>0). x 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. 3. (2013· 浙江)已知 e 为自然对数的底数,设函数 f(x)=(ex-1)(x-1)k(k=1,2),则 ( A.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 B.当 k=1 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 C.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极小值 D.当 k=2 时,f(x)在 x=1 处取到极大值 答案 C
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)

解析 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 的左边附近 f′(x)<0, x 在 1 的右边附近 f′(x)>0, ∴f(x)在 x=1 处取到极小值.故选 C. 4. 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( A.(-1,1) C.(-∞,-1) 答案 B 解析 设 m(x)=f(x)-(2x+4), ∵m′(x)=f′(x)-2>0, ∴m(x)在 R 上是增函数. ∵m(-1)=f(-1)-(-2+4)=0, ∴m(x)>0 的解集为{x|x>-1}, 即 f(x)>2x+4 的解集为(-1,+∞). 5. 函数 f(x)=x3+ax-2 在(1,+∞)上是增函数,则实数 a 的取值范围是________. 答案 [-3,+∞) 解析 f′(x)=3x2+a,f′(x)在区间(1,+∞)上是增函数, 则 f′(x)=3x2+a≥0 在(1,+∞)上恒成立,
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)

B.(-1,+∞) D.(-∞,+∞)

即 a≥-3x2 在(1,+∞)上恒成立.∴a≥-3.

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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; (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. 思维启迪 函数的单调性和函数中的参数有关,要注意对参数的讨论. 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, 若 a>0,ex-a≥0,∴ex≥a,x≥ln a. 因此当 a≤0 时,f(x)的单调增区间为 R, 当 a>0 时,f(x)的单调增区间是[ln a,+∞). (2)∵f′(x)=ex-a≤0 在(-2,3)上恒成立. ∴a≥ex 在 x∈(-2,3)上恒成立. 又∵-2<x<3,∴e 2<ex<e3,只需 a≥e3.


当 a=e3 时,f′(x)=ex-e3 在 x∈(-2,3)上, f′(x)<0,即 f(x)在(-2,3)上为减函数,∴a≥e3. 故存在实数 a≥e3,使 f(x)在(-2,3)上为减函数. 思维升华 (1)利用导数的符号来判断函数的单调性;
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(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题; (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)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解. 1 (1)设函数 f(x)= x3-(1+a)x2+4ax+24a, 其中常数 a>1, 则 f(x)的单调减区间为________. 3 答案 (2,2a) 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; 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,

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在区间(2,2a)上是减函数. 1 (2)若 f(x)=- x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是________. 2 答案 (-∞,-1] 解析 转化为 f′(x)=-x+ b ≤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]. 题型二 利用导数求函数的极值 例2
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1 设 a>0,函数 f(x)= x2-(a+1)x+a(1+ln x). 2 (1)求曲线 y=f(x)在(2,f(2))处与直线 y=-x+1 垂直的切线方程; (2)求函数 f(x)的极值. 思维启迪 (1)通过 f′(2)的值确定 a; (2)解 f′(x)=0,然后要讨论两个零点的大小确定函数的极值. 解 a (1)由已知,得 x>0,f′(x)=x-(a+1)+ , x

y=f(x)在(2,f(2))处切线的斜率为 1, a 所以 f′(2)=1,即 2-(a+1)+ =1, 2 所以 a=0,此时 f(2)=2-2=0, 故所求的切线方程为 y=x-2. a (2)f′(x)=x-(a+1)+ x = x2-?a+1?x+a ?x-1??x-a? = . x x

①当 0<a<1 时,若 x∈(0,a),f′(x)>0, 函数 f(x)单调递增; 若 x∈(a,1),f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 若 x∈(1,+∞),f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 此时 x=a 是 f(x)的极大值点,x=1 是 f(x)的极小值点, 1 函数 f(x)的极大值是 f(a)=- a2+aln a, 2 1 极小值是 f(1)=- . 2 ?x-1?2 ②当 a=1 时,f′(x)= >0, x
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所以函数 f(x)在定义域(0,+∞)内单调递增, 此时 f(x)没有极值点,故无极值. ③当 a>1 时,若 x∈(0,1),f′(x)>0,函数 f(x)单调递增;
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若 x∈(1,a),f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 若 x∈(a,+∞),f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. 此时 x=1 是 f(x)的极大值点,x=a 是 f(x)的极小值点, 1 函数 f(x)的极大值是 f(1)=- , 2 1 极小值是 f(a)=- a2+aln a. 2 1 综上,当 0<a<1 时,f(x)的极大值是- a2+aln a, 2 1 极小值是- ; 2 当 a=1 时,f(x)没有极值; 1 1 当 a>1 时,f(x)的极大值是- ,极小值是- a2+aln a. 2 2 思维升华 (1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点. 所以在求出导函数的零点后一定要注意分析 这个零点是不是函数的极值点. (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,即在某区间上单调 函数没有极值. 设 f(x)= ex ,其中 a 为正实数. 1+ax2

4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 1+ax2-2ax 解 对 f(x)求导得 f′(x)=e · .① ?1+ax2?2
x

4 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= .结合①,可知 2 2 x f′(x) f(x)
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?-∞,1? 2? ?
+ ↗

1 2 0 极大值

?1,3? ?2 2?
- ↘

3 2 0 极小值

?3,+∞? ?2 ?
+ ↗
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3 1 所以 x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)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}. 题型三 利用导数求函数的最值 例3 已知函数 f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx.

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(1)若曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求 a,b 的值; (2)当 a=3,b=-9 时,若函数 f(x)+g(x)在区间[k,2]上的最大值为 28,求 k 的取值范围. 思维启迪 (1)题目条件的转化:f(1)=g(1)且 f′(1)=g′(1); (2)可以列表观察 h(x)在(-∞,2]上的变化情况,然后确定 k 的取值范围. 解 (1)f′(x)=2ax,g′(x)=3x2+b.

因为曲线 y=f(x)与曲线 y=g(x)在它们的交点(1,c)处具有公共切线, 所以 f(1)=g(1)且 f′(1)=g′(1),即 a+1=1+b 且 2a=3+b, 解得 a=3,b=3. (2)记 h(x)=f(x)+g(x),当 a=3,b=-9 时, h(x)=x3+3x2-9x+1,所以 h′(x)=3x2+6x-9. 令 h′(x)=0,得 x1=-3,x2=1. h′(x),h(x)在(-∞,2]上的变化情况如下表所示: x h′(x) h(x) (-∞,-3) + ↗
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-3 0 28

(-3,1) - ↘

1 0 -4

(1,2) + ↗
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2 + 3

由表可知当 k≤-3 时,函数 h(x)在区间[k,2]上的最大值为 28; 当-3<k<2 时,函数 h(x)在区间[k,2]上的最大值小于 28. 因此 k 的取值范围是(-∞,-3]. 思维升华 (1)求解函数的最值时,要先求函数 y=f(x)在[a,b]内所有使 f′(x)=0 的点,再计算函数 y =f(x)在区间内所有使 f′(x)=0 的点和区间端点处的函数值,最后比较即得. (2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况. 已知函数 f(x)=xln x. (1)求函数 f(x)的极值点; (2)设函数 g(x)=f(x)-a(x-1),其中 a∈R,求函数 g(x)在区间[1,e]上的最小值.(其中 e 为自然对数 的底数). 解 (1)f′(x)=ln x+1,x>0,

1 由 f′(x)=0 得 x= , e 1 1 所以 f(x)在区间(0, )上单调递减,在区间( ,+∞)上单调递增. e e 1 所以,x= 是函数 f(x)的极小值点,极大值点不存在. e (2)g(x)=xln x-a(x-1), 则 g′(x)=ln x+1-a, 由 g′(x)=0,得 x=ea 1,


所以,在区间(0,ea 1)上,g(x)为递减函数,


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在区间(ea 1,+∞)上,g(x)为递增函数.


当 ea 1≤1,即 a≤1 时,在区间[1,e]上,g(x)为递增函数,


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所以 g(x)的最小值为 g(1)=0. 当 1<ea 1<e,即 1<a<2 时,g(x)的最小值为 g(ea 1)=a-ea 1.
- - -

当 ea 1≥e,即 a≥2 时,在区间[1,e]上,g(x)为递减函数,


所以 g(x)的最小值为 g(e)=a+e-ae. 综上,当 a≤1 时,g(x)的最小值为 0; 当 1<a<2 时,g(x)的最小值为 a-ea 1;


当 a≥2 时,g(x)的最小值为 a+e-ae.

利用导数求函数的最值问题 典例:(12 分)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. 思维启迪 (1)解方程 f′(x)=0 列表求单调区间;(2)根据(1)中表格,讨论 k-1 和区间[0,1]的关系求最 值. 规范解答 解 (1)由题意知 f′(x)=(x-k+1)ex.

令 f′(x)=0,得 x=k-1.[2 分] f(x)与 f′(x)的情况如下: x
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(-∞,k-1) - ↘

k-1 0 -ek
-1

(k-1,+∞) + ↗

f′(x) f(x)

所以,f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1);单调递增区间是(k-1,+∞).[6 分] (2)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;[8 分] 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;

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当 k-1≥1,即 k≥2 时,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.[10 分] 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;


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当 k≥2 时,f(x)在[0,1]上的最小值为 f(1)=(1-k)e.[12 分]

答题模板
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:求函数 f(x)的导数 f′(x); 第二步:求 f(x)在给定区间上的单调性和极值; 第三步:求 f(x)在给定区间上的端点值; 第四步: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:反思回顾:查看关键点,易错点和解题规范. 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[0,1]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.

方法与技巧 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. 在实际问题中,如果函数在区间内只有一个极值点,那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值 即可,不必再与端点的函数值比较. 失误与防范 1. 注意定义域优先的原则,求函数的单调区间和极值点必须在函数的定义域内进行. 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.
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A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题 1. 若函数 y=f(x)的导函数 y=f′(x)的图象如图所示,则 y=f(x)的图象可能 为 ( )

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答案 C 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,排除 A,D;从适合 f′(x)=0 的 点可以排除 B. 2. 下面为函数 y=xsin x+cos x 的递增区间的是 π 3π A.( , ) 2 2 3π 5π C.( , ) 2 2 答案 C 解析 y′=(xsin x+cos x)′=sin x+xcos x-sin x=xcos x, 3π 5π 当 x∈( , )时,恒有 xcos x>0.故选 C. 2 2 3. 设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R 有大于零的极值点,则 A.a<-1 1 C.a>- e 答案 A 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. 1 4. 设函数 f(x)= x2-9ln x 在区间[a-1,a+1]上单调递减,则实数 a 的取值范围是( 2 A.1<a≤2 C.a≤2 答案 A 1 9 解析 ∵f(x)= x2-9ln x,∴f′(x)=x- (x>0), 2 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. 5. 函数 f(x)=x3-3x2+2 在区间[-1,1]上的最大值是 A.-2 答案 C 解析 ∵f′(x)=3x2-6x,令 f′(x)=0,得 x=0 或 x=2.
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(

)

B.(π,2π) D.(2π,3π)

(

)

B.a>-1 1 D.a<- e

)

B.a≥4 D.0<a≤3

( D.4

)

B .0

C .2

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∴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. 二、填空题 9 6. 函数 f(x)=x+ 的单调减区间为________. x 答案 (-3,0),(0,3)
2 9 x -9 解析 f′(x)=1- 2= 2 , x x

令 f′(x)<0,解得-3<x<0 或 0<x<3, 故单调减区间为(-3,0)和(0,3). 7. 函数 f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1]有极大值又有极小值,则 a 的取值范围是________. 答案 a>2 或 a<-1 解析 ∵f(x)=x3+3ax2+3[(a+2)x+1], ∴f′(x)=3x2+6ax+3(a+2). 令 3x2+6ax+3(a+2)=0,即 x2+2ax+a+2=0. ∵函数 f(x)有极大值和极小值, ∴方程 x2+2ax+a+2=0 有两个不相等的实根. 即 Δ=4a2-4a-8>0,∴a>2 或 a<-1. x2 8. 设函数 f(x)=x3- -2x+5,若对任意的 x∈[-1,2],都有 f(x)>a,则实数 a 的取值范围是________. 2 7 答案 (-∞, ) 2 解析 f′(x)=3x2-x-2,令 f′(x)=0,得 3x2-x-2=0, 2 解得 x=1 或 x=- , 3
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7 2 157 11 又 f(1)= ,f(- )= ,f(-1)= ,f(2)=7, 2 3 27 2 7 7 故 f(x)min= ,∴a< . 2 2 三、解答题 1 9. 已知函数 f(x)= +ln x.求函数 f(x)的极值和单调区间. x 解 1 1 x-1 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
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(1,+∞) + ↗



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所以 x=1 时,f(x)的极小值为 1. f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1). 10.已知函数 f(x)=x2+bsin x-2(b∈R),F(x)=f(x)+2,且对于任意实数 x,恒有 F(x)-F(-x)=0. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)已知函数 g(x)=f(x)+2(x+1)+aln x 在区间(0,1)上单调递减,求实数 a 的取值范围. 解 (1)F(x)=f(x)+2=x2+bsin x-2+2=x2+bsin x,

依题意,对任意实数 x,恒有 F(x)-F(-x)=0. 即 x2+bsin x-(-x)2-bsin(-x)=0, 即 2bsin x=0,所以 b=0,所以 f(x)=x2-2. (2)∵g(x)=x2-2+2(x+1)+aln x, ∴g(x)=x2+2x+aln x, a g′(x)=2x+2+ . x ∵函数 g(x)在(0,1)上单调递减,∴在区间(0,1)内,
2 a 2x +2x+a g′(x)=2x+2+ = ≤0 恒成立, x x

∴a≤-(2x2+2x)在(0,1)上恒成立. ∵-(2x2+2x)在(0,1)上单调递减,∴a≤-4 为所求. B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 1. 已知 f(x)是可导的函数,且 f′(x)<f(x)对于 x∈R 恒成立,则 A.f(1)<ef(0),f(2 014)>e2 014f(0) B.f(1)>ef(0),f(2 014)>e2 014f(0) C.f(1)>ef(0),f(2 014)<e2 014f(0) D.f(1)<ef(0),f(2 014)<e2 014f(0) 答案 D f?x? 解析 令 g(x)= x , e f′?x?ex-f?x?ex 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(2 014)<g(0), 即 f?1? f?0? f?2 014? f?0? < , 2 014 < , e1 1 e 1
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(

)

故 f(1)<ef(0),f(2 014)<e2 014f(0).
2 2. 如图是函数 f(x)=x3+bx2+cx+d 的大致图象,则 x2 1+x2等于

(

)

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8 A. 9 答案 C

10 B. 9

16 C. 9

28 D. 9

解析 由图象可得 f(x)=x(x+1)(x-2)=x3-x2-2x, 又∵x1、x2 是 f′(x)=3x2-2x-2=0 的两根, 2 2 ∴x1+x2= ,x1x2=- , 3 3 22 2 16 2 2 故 x2 . 1+x2=(x1+x2) -2x1x2=( ) +2× = 3 3 9
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1 3. 已知函数 f(x)=- x2+4x-3ln x 在[t,t+1]上不单调,则 t 的取值范围是________. 2 答案 (0,1)∪(2,3)
2 3 -x +4x-3 解析 由题意知 f′(x)=-x+4- = x x

?x-1??x-3? =- , x 由 f′(x)=0 得函数 f(x)的两个极值点为 1,3, 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. 4. (2013· 课标全国Ⅰ)已知函数 f(x)=ex(ax+b)-x2-4x,曲线 y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=4x +4. (1)求 a,b 的值; (2)讨论 f(x)的单调性,并求 f(x)的极大值. 解 (1)f′(x)=ex(ax+b)+aex-2x-4

=ex(ax+a+b)-2x-4 ∵y=f(x)在(0,f(0))处的切线方程为 y=4x+4, ∴f′(0)=a+b-4=4,f(0)=b=4, ∴a=4,b=4. (2)由(1)知 f′(x)=4ex(x+2)-2(x+2) =2(x+2)(2ex-1) 1 令 f′(x)=0 得 x1=-2,x2=ln , 2 列表:
[ 来源:z, zs,tep.com]

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x f′(x) f(x)

(-∞, -2) +

-2 0 极大值

?-2,ln 1? 2? ?


ln 0

1 2

?ln 1,+∞? ? 2 ?






极小值



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1 ? ∴y=f(x)的单调增区间为(-∞,-2),? ?ln 2,+∞?; 1? 单调减区间为? ?-2,ln 2?. f(x)极大值=f(-2)=4-4e 2.


5. 已知函数 f(x)=(ax2+bx+c)ex 在[0,1]上单调递减且满足 f(0)=1,f(1)=0. (1)求 a 的取值范围. (2)设 g(x)=f(x)-f′(x),求 g(x)在[0,1]上的最大值和最小值. 解 (1)由 f(0)=1,f(1)=0,得 c=1,a+b=-1,

则 f(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex, f′(x)=[ax2+(a-1)x-a]ex, 依题意对于任意 x∈[0,1],有 f′(x)≤0. 当 a>0 时, 因为二次函数 y=ax2+(a-1)x-a 的图象开口向上, 而 f′(0)=-a<0,所以需 f′(1)=(a-1)e<0,即 0<a<1; 当 a=1 时,对于任意 x∈[0,1],有 f′(x)=(x2-1)ex≤0, 且只在 x=1 时 f′(x)=0,f(x)符合条件; 当 a=0 时,对于任意 x∈[0,1],f′(x)=-xex≤0, 且只在 x=0 时,f′(x)=0,f(x)符合条件; 当 a<0 时,因 f′(0)=-a>0,f(x)不符合条件. 故 a 的取值范围为 0≤a≤1.
[ 来源:zzstep.com]

(2)因 g(x)=(-2ax+1+a)ex, g′(x)=(-2ax+1-a)ex, ①当 a=0 时,g′(x)=ex>0, g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1, 在 x=1 处取得最大值 g(1)=e. ②当 a=1 时,对于任意 x∈[0,1]有 g′(x)=-2xex≤0, g(x)在 x=0 处取得最大值 g(0)=2, 在 x=1 处取得最小值 g(1)=0. 1-a ③当 0<a<1 时,由 g′(x)=0 得 x= >0. 2a 若 1-a 1 ≥1,即 0<a≤ 时, 2a 3

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g(x)在[0,1]上单调递增, g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1+a, 在 x=1 处取得最大值 g(1)=(1-a)e. 若 1-a 1 <1,即 <a<1 时, 2a 3

1-a 1-a 1-a g(x)在 x= 处取得最大值 g( )=2ae , 2a 2a 2a 在 x=0 或 x=1 处取得最小值, 而 g(0)=1+a,g(1)=(1-a)e, 由 g(0)-g(1)=1+a-(1-a)e=(1+e)a+1-e=0, e-1 得 a= . e+1 e-1 1 则当 <a≤ 时, 3 e+1
[ 来源:中国教 育出版 网 zzs tep.com]

g(0)-g(1)≤0,g(x)在 x=0 处取得最小值 g(0)=1+a; 当 e-1 <a<1 时,g(0)-g(1)>0, e+1

g(x)在 x=1 处取得最小值 g(1)=(1-a)e.

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