2019届高考数学大一轮复习 第三章 导数及其应用（课件+学案+练习）（打包17套）理 北师大版.zip

1§3.1 导数的概念及运算最新考纲 考情考向分析1.了解导数概念的实际背景．2.通过函数图象直观理解导数的几何意义．3.能根据导数定义求函数 y＝ c(c 为常数)，y＝ x， y＝ x2， y＝ x3， y＝ ， y＝ 的导1x x数．4.能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，能求简单的复合函数(仅限于形如 f(ax＋ b)的复合函数)的导数.导数的概念和运算是高考的必考内容，一般渗透在导数的应用中考查；导数的几何意义常与解析几何中的直线交汇考查；题型为选择题或解答题的第(1)问，低档难度.1．导数与导函数的概念(1)当 x1趋于 x0，即 Δ x 趋于 0 时，如果平均变化率趋于一个固定的值，那么这个值就是函数 y＝ f(x)在 x0点的瞬时变化率．在数学中，称瞬时变化率为函数 y＝ f(x)在 x0点的导数，通常用符号 f′( x0)表示，记作 f′( x0)＝ ＝ .limx1→ x0fx1－ fx0x1－ x0 lim Δ x→ 0fx0＋ Δ x－ fx0Δ x(2)如果一个函数 f(x)在区间( a， b)上的每一点 x 处都有导数，导数值记为 f′( x)： f′( x)＝，则 f′( x)是关于 x 的函数，称 f′( x)为 f(x)的导函数，通常也limΔ x→ 0 fx＋ Δ x－ fxΔ x简称为导数．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 k，即 k＝ f′( x0)．3．基本初等函数的导数公式基本初等函数 导函数2f(x)＝ c(c 为常数) f′( x)＝0f(x)＝ xα (α 为实数) f′( x)＝ αx α －1f(x)＝sin x f′( x)＝cos xf(x)＝cos x f′( x)＝－sin xf(x)＝e x f′( x)＝e xf(x)＝ ax(a0， a≠1) f′( x)＝ axln af(x)＝ln x f′( x)＝ 1xf(x)＝log ax(a0， a≠1) f′( x)＝ 1xln a4.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)；(3)[ ]′＝ (g(x)≠0)．fxgx f′ xgx－ fxg′ xg2x5．复合函数的导数一般地，对于两个函数 y＝ f(u)和 u＝ φ (x)＝ ax＋ b，给定 x 的一个值，就得到了 u 的值，进而确定了 y 的值，这样 y 可以表示成 x 的函数，我们称这个函数为函数 y＝ f(u)和u＝ φ (x)的复合函数，记作 y＝ f(φ (x))．其中 u 为中间变量．复合函数 y＝ f(φ (x))的导数为 yx′＝[ f(φ (x))]′＝ f′( u)φ ′( x)．知识拓展1．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．2．[ af(x)＋ bg(x)]′＝ af′( x)＋ bg′( x)．3．函数 y＝ f(x)的导数 f′( x)反映了函数 f(x)的瞬时变化趋势，其正负号反映了变化的方向，其大小| f′( x)|反映了变化的快慢，| f′( x)|越大，曲线在这点处的切线越“陡” ．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)f′( x0)是函数 y＝ f(x)在 x＝ x0附近的平均变化率．( × )(2)f′( x0)与[ f(x0)]′表示的意义相同．( × )(3)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．( × )(4)函数 f(x)＝sin(－ x)的导数是 f′( x)＝cos x．( × )3题组二 教材改编2．若 f(x)＝ x·ex，则 f′(1)＝ .答案 2e解析 ∵ f′( x)＝e x＋ xex，∴ f′(1)＝2e.3．曲线 y＝1－ 在点(－1，－1)处的切线方程为 ．2x＋ 2答案 2 x－ y＋1＝0解析 ∵ y′＝ ，∴当 x＝－1 时， y′＝2.2x＋ 22故所求切线方程为 2x－ y＋1＝0.题组三 易错自纠4．如图所示为函数 y＝ f(x)， y＝ g(x)的导函数的图像，那么 y＝ f(x)， y＝ g(x)的图像可能是( )答案 D解析 由 y＝ f′( x)的图像知， y＝ f′( x)在(0，＋∞)上是减少的，说明函数 y＝ f(x)的切线的斜率在(0，＋∞)上也是减少的，故可排除 A，C.又由图像知 y＝ f′( x)与 y＝ g′( x)的图像在 x＝ x0处相交，说明 y＝ f(x)与 y＝ g(x)的图像在 x＝ x0处的切线的斜率相同，故可排除 B.故选 D.5．有一机器人的运动方程为 s＝ t2＋ (t 是时间， s 是位移)，则该机器人在时刻 t＝2 时的3t瞬时速度为( )A. B. C. D.194 174 154 134答案 D6．设函数 f(x)的导数为 f′( x)，且 f(x)＝ f′ sin x＋cos x，则 f′ ＝ .(π 2) (π 4)4答案 － 2解析 因为 f(x)＝ f′ sin x＋cos x，(π 2)所以 f′( x)＝ f′ cos x－sin x，(π 2)所以 f′ ＝ f′ cos －sin ，(π 2) (π 2) π 2 π 2即 f′ ＝－1，所以 f(x)＝－sin x＋cos x，(π 2)f′( x)＝－cos x－sin x.故 f′ ＝－cos －sin ＝－ .(π 4) π 4 π 4 27．已知函数 f(x)＝ ax3＋ x＋1 的图像在点(1， f(1))处的切线过点(2,7)，则 a＝ .答案 1解析 ∵ f′( x)＝3 ax2＋1，∴ f′(1)＝3 a＋1，又 f(1)＝ a＋2，∴切线方程为 y－( a＋2)＝(3 a＋1)( x－1)，又点(2,7)在切线上，可得 a＝1.题型一 导数的计算1． f(x)＝ x(2 018＋ln x)，若 f′( x0)＝2 019，则 x0等于( )A．e 2 B．1 C．ln 2 D．e答案 B解析 f′( x)＝2 018＋ln x＋ x× ＝2 019＋ln x，故由 f′( x0)＝2 019，得 2 019＋ln 1xx0＝2 019，则 ln x0＝0，解得 x0＝1.2．若函数 f(x)＝ ax4＋ bx2＋ c 满足 f′(1)＝2，则 f′(－1)等于( )A．－1 B．－2C．2 D．0答案 B解析 f′( x)＝4 ax3＋2 bx，∵ f′( x)为奇函数且 f′(1)＝2，∴ f′(－1)＝－2.3．已知 f(x)＝ x2＋2 xf′(1)，则 f′(0)＝ .5答案 －4解析 ∵ f′( x)＝2 x＋2 f′(1)，∴ f′(1)＝2＋2 f′(1)，即 f′(1)＝－2.∴ f′( x)＝2 x－4，∴ f′(0)＝－4.思维升华 导数计算的技巧(1)求导之前，应对函数进行化简，然后求导，减少运算量．(2)复合函数求导时，先确定复合关系，由外向内逐层求导，必要时可换元．题型二 导数的几何意义命题点 1 求切线方程典例 (1)曲线 f(x)＝ 在 x＝0 处的切线方程为 ．exx－ 1答案 2 x＋ y＋1＝0解析 根据题意可知切点坐标为(0，－1)，f′( x)＝ ＝ ，x－ 1ex′ － exx－ 1′x－ 12 x－ 2exx－ 12故切线的斜率 k＝ f′(0)＝ ＝－2，0－ 2e00－ 12则直线的方程为 y－(－1)＝－2( x－0)，即 2x＋ y＋1＝0.(2)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 ．答案 x－ y－1＝0解析 ∵点(0，－1)不在曲线 f(x)＝ xln x 上，6∴设切点为( x0， y0)．又∵ f′( x)＝1＋ln x，∴直线 l 的方程为 y＋1＝(1＋ln x0)x.∴由Error!解得 x0＝1， y0＝0.∴直线 l 的方程为 y＝ x－1，即 x－ y－1＝0.引申探究 本例(2)中，若曲线 y＝ xln x 上点 P 的切线平行于直线 2x－ y＋1＝0，则点 P 的坐标是 ．答案 (e，e)解析 y′＝1＋ln x，令 y′＝2，即 1＋ln x＝2，∴ x＝e，∴点 P 的坐标为(e，e)．命题点 2 求参数的值典例 (1)直线 y＝ kx＋1 与曲线 y＝ x3＋ ax＋ b 相切于点 A(1,3)，则 2a＋ b＝ .答案 1解析 由题意知， y＝ x3＋ ax＋ b 的导数 y′＝3 x2＋ a，则Error!由此解得 k＝2， a＝－1， b＝3，∴2 a＋ b＝1.(2)已知 f(x)＝ln x， g(x)＝ x2＋ mx＋ (m0 时， f(x)的单调性变化依次为增、减、增，故当 x0；当 x0 时， f′( x)的符号变化依次为＋，－，＋.故选 C.113．(2017·西安质检)曲线 f(x)＝ x3－ x＋3 在点 P 处的切线平行于直线 y＝2 x－1，则 P 点的坐标为( )A．(1,3) B．(－1,3)C．(1,3)或(－1,3) D．(1，－3)答案 C解析 f′( x)＝3 x2－1，令 f′( x)＝2，则 3x2－1＝2，解得 x＝1 或 x＝－1，∴ P(1,3)或(－1,3)，经检验，点(1,3)，(－1,3)均不在直线 y＝2 x－1 上，故选 C.4．设曲线 y＝e ax－ln( x＋1)在 x＝0 处的切线方程为 2x－ y＋1＝0，则 a 等于( )A．0 B．1 C．2 D．3答案 D解析 ∵ y＝e ax－ln( x＋1)，∴ y′＝ aeax－ ，∴当 x＝0 时， y′＝ a－1.∵曲线1x＋ 1y＝e ax－ln( x＋1)在 x＝0 处的切线方程为 2x－ y＋1＝0，∴ a－1＝2，即 a＝3.故选 D.5．(2018·广州调研)已知曲线 y＝ln x 的切线过原点，则此切线的斜率为( )A．e B．－e C. D．－1e 1e答案 C解析 y＝ln x 的定义域为(0，＋∞)，且 y′＝ ，1x设切点为( x0，ln x0)，则当 x＝ x0时 y′＝ ，1x0切线方程为 y－ln x0＝ (x－ x0)，1x0因为切线过点(0,0)，所以－ln x0＝－1，解得 x0＝e，故此切线的斜率为 .1e6．一质点沿直线运动，如果由始点起经过 t 秒后的位移为 s＝ t3－3 t2＋8 t，那么速度为零13的时刻是( )A．1 秒末 B．1 秒末和 2 秒末C．4 秒末 D．2 秒末和 4 秒末答案 D解析 s′( t)＝ t2－6 t＋8，由导数的定义知 v＝ s′( t)，令 s′( t)＝0，得 t＝2 或 4，即 2 秒末和 4 秒末的速度为零．7．(2017·西安模拟)设曲线 y＝ ax－ln( x＋1)在点(0,0)处的切线方程为 y＝2 x，则 a＝ .答案 312解析 y′＝ a－ ，由题意得当 x＝0 时， y′＝2，即 a－1＝2，所以 a＝3.1x＋ 18．(2018 届云南红河州检测)已知曲线 f(x)＝ xln x 在点(e， f(e))处的切线与曲线y＝ x2＋ a 相切，则 a＝ .答案 1－e解析 因为 f′( x)＝ln x＋1，所以曲线 f(x)＝ xln x 在 x＝e 处的切线斜率为 k＝2，则曲线 f(x)＝ xln x 在点(e， f(e))处的切线方程为 y＝2 x－e.由于切线与曲线 y＝ x2＋ a 相切，故 y＝ x2＋ a 可联立 y＝2 x－e，得 x2－2 x＋ a＋e＝0，所以由 Δ ＝4－4( a＋e)＝0，解得 a＝1－e.9．已知曲线 y＝ ，则曲线的切线斜率取得最小值时的直线方程为 ．1ex＋ 1答案 x＋4 y－2＝0解析 y′＝ ＝ ，因为 ex0，所以 ex＋ ≥2 ＝2(当且仅当 ex＝－ exex＋ 12 － 1ex＋ 1ex＋ 2 1ex ex×1ex，即 x＝0 时取等号)，则 ex＋ ＋2≥4，故 y′＝ ≥－ (当 x＝0 时取等号)1ex 1ex － 1ex＋ 1ex＋ 2 14．当 x＝0 时，曲线的切线斜率取得最小值，此时切点的坐标为 ，切线的方程为(0，12)y－ ＝－ (x－0)，即 x＋4 y－2＝0.12 1410．(2018·成都质检)已知 f′( x)， g′( x)分别是二次函数 f(x)和三次函数 g(x)的导函数，且它们在同一平面直角坐标系内的图像如图所示．(1)若 f(1)＝1，则 f(－1)＝ ；(2)设函数 h(x)＝ f(x)－ g(x)，则 h(－1)， h(0)， h(1)的大小关系为 ．(用“”连接)答案 (1)1 (2) h(0)h(1)h(－1)解析 (1)由图可得 f′( x)＝ x， g′( x)＝ x2，13设 f(x)＝ ax2＋ bx＋ c(a≠0)，g(x)＝ dx3＋ ex2＋ mx＋ n(d≠0)，则 f′( x)＝2 ax＋ b＝ x，g′( x)＝3 dx2＋2 ex＋ m＝ x2，故 a＝ ， b＝0， d＝ ， e＝ m＝0，12 13所以 f(x)＝ x2＋ c， g(x)＝ x3＋ n，12 13由 f(1)＝1，得 c＝ ，12则 f(x)＝ x2＋ ，故 f(－1)＝1.12 12(2)h(x)＝ f(x)－ g(x)＝ x2－ x3＋ c－ n，12 13则有 h(－1)＝ ＋ c－ n， h(0)＝ c－ n，56h(1)＝ ＋ c－ n，故 h(0)h(1)h(－1)．1611．已知函数 f(x)＝ x3－4 x2＋5 x－4.(1)求曲线 f(x)在点(2， f(2))处的切线方程；(2)求经过点 A(2，－2)的曲线 f(x)的切线方程．解 (1)∵ f′( x)＝3 x2－8 x＋5，∴ f′(2)＝1，又 f(2)＝－2，∴曲线在点(2， f(2))处的切线方程为 y＋2＝ x－2，即 x－ y－4＝0.(2)设曲线与经过点 A(2，－2)的切线相切于点 P(x0， x －4 x ＋5 x0－4)，30 20∵ f′( x0)＝3 x －8 x0＋5，20∴切线方程为 y－(－2)＝(3 x －8 x0＋5)·( x－2)，20又切线过点 P(x0， x －4 x ＋5 x0－4)，30 20∴ x －4 x ＋5 x0－2＝(3 x －8 x0＋5)( x0－2)，30 20 20整理得( x0－2) 2(x0－1)＝0，解得 x0＝2 或 1，∴经过点 A(2，－2)的曲线 f(x)的切线方程为 x－ y－4＝0 或 y＋2＝0.12．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；14(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′＝3 x2＋1，由已知令 3x2＋1＝4，解得 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，∴直线 l 的斜率为－ .14∵ l 过切点 P0，点 P0的坐标为(－1，－4)，∴直线 l 的方程为 y＋4＝－ (x＋1)，14即 x＋4 y＋17＝0.13．已知函数 f(x)＝ ＋1， g(x)＝ aln x，若在 x＝ 处函数 f(x)与 g(x)的图像的切线平x14行，则实数 a 的值为( )A. B. C．1 D．414 12答案 A解析 由题意可知 f′( x)＝12－， g′( x)＝ ，12 ax由 f′ ＝ g′ ，得 ×12－＝ ，(14) (14) 12 (14) a14可得 a＝ ，经检验， a＝ 满足题意．14 1414．(2017·上饶模拟)若点 P 是曲线 y＝ x2－ln x 上任意一点，则点 P 到直线 y＝ x－2 距离的最小值为 ．答案 2解析 由题意知 y＝ x2－ln x 的定义域为(0，＋∞)，当点 P 是曲线的切线中与直线y＝ x－2 平行的直线的切点时，点 P 到直线 y＝ x－2 的距离最小，如图所示．故令y′＝2 x－ ＝1，解得 x＝1，故点 P 的坐标为(1,1)．故点 P 到直线 y＝ x－2 的最小值 dmin＝1x＝ .|1－ 1－ 2|2 2151615．若函数 f(x)＝ x2－ ax＋ln x 存在垂直于 y 轴的切线，则实数 a 的取值范围是 12．答案 [2，＋∞)解析 ∵ f(x)＝ x2－ ax＋ln x，定义域为(0，＋∞)，12∴ f′( x)＝ x－ a＋ .1x∵ f(x)存在垂直于 y 轴的切线，∴ f′( x)存在零点，即 x＋ － a＝0 有解，∴ a＝ x＋ ≥2(当且仅当 x＝1 时取等号)．1x 1x16．(2018·福州质检)设函数 f(x)＝ ax－ ，曲线 y＝ f(x)在点(2， f(2))处的切线方程为bx7x－4 y－12＝0.(1)求 f(x)的解析式；(2)证明：曲线 y＝ f(x)上任一点处的切线与直线 x＝0 和直线 y＝ x 所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．解 (1)方程 7x－4 y－12＝0 可化为 y＝ x－3.74当 x＝2 时， y＝ .又 f′( x)＝ a＋ ，12 bx2于是Error! 解得Error! 故 f(x)＝ x－ .3x(2)设 P(x0， y0)为曲线上任一点，由 y′＝1＋ ，知曲线在点 P(x0， y0)处的切线方程为3x2y－ y0＝ (x－ x0)，(1＋3x20)即 y－ ＝ (x－ x0)．(x0－3x0) (1＋ 3x20)令 x＝0，得 y＝－ ，6x0从而得切线与直线 x＝0 的交点坐标为 .(0， －6x0)令 y＝ x，得 y＝ x＝2 x0，从而得切线与直线 y＝ x 的交点坐标为(2 x0,2x0)．所以点 P(x0， y0)处的切线与直线 x＝0， y＝ x 所围成的三角形的面积为 S＝ |2x0|＝6.12|－ 6x0|17故 曲 线 y＝ f(x)上 任 一 点 处 的 切 线 与 直 线 x＝ 0， y＝ x 所 围 成 的 三 角 形 的 面 积 为 定 值 ， 且 此 定 值 为 6.1§3.2 导数的应用最新考纲 考情考向分析1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求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)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).考查函数的单调性、极值、最值，利用函数的性质求参数范围；与方程、不等式等知识相结合命题，强化函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想的应用意识；题型以解答题为主，一般难度较大.1．函数的单调性如果在某个区间内，函数 y＝ f(x)的导数 f′( x)0，则在这个区间上，函数 y＝ f(x)是增加的；如果在某个区间内，函数 y＝ f(x)的导数 f′( x)0(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．( √ )(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．( √ )题组二 教材改编2．如图是函数 y＝ f(x)的导函数 y＝ f′( x)的图像，则下面判断正确的是( )A．在区间(－2,1)上 f(x)是增加的B．在区间(1,3)上 f(x)是减少的C．在区间(4,5)上 f(x)是增加的D．当 x＝2 时， f(x)取到极小值答案 C解析 在(4,5)上 f′( x)0 恒成立，∴ f(x)是增加的．3．设函数 f(x)＝ ＋ln x，则( )2xA． x＝ 为 f(x)的极大值点123B． x＝ 为 f(x)的极小值点12C． x＝2 为 f(x)的极大值点D． x＝2 为 f(x)的极小值点答案 D解析 f′( x)＝－ ＋ ＝ (x0)，2x2 1x x－ 2x2当 02 时， f′( x)0，∴ x＝2 为 f(x)的极小值点．4．函数 f(x)＝ x3－6 x2的递减区间为__________．答案 (0,4)解析 f′( x)＝3 x2－12 x＝3 x(x－4)，由 f′( x)0；[0，π 6)当 x∈ 时， y′1.∴不等式的解集为(1，＋∞)．8．设 a∈R，若函数 y＝e x＋ ax 有大于零的极值点，则实数 a 的取值范围是________．答案 (－∞，－1)解析 ∵ y＝e x＋ ax，∴ y′＝e x＋ a.∵函数 y＝e x＋ ax 有大于零的极值点，∴方程 y′＝e x＋ a＝0 有大于零的解，∵当 x0 时，－e x0，即 8x－ 0，解得 x ，1x2 12∴函数 y＝4 x2＋ 的递增区间为 .故选 B.1x (12， ＋ ∞ )2．已知函数 f(x)＝ xln x，则 f(x)( )A．在(0，＋∞)上是增加的B．在(0，＋∞)上是减少的5C．在 上是增加的(0，1e)D．在 上是减少的(0，1e)答案 D解析 因为函数 f(x)＝ xln x 的定义域为(0，＋∞)，所以 f′( x)＝ln x＋1( x0)，当 f′( x)0 时，解得 x ，1e即函数的递增区间为 ；(1e， ＋ ∞ )当 f′( x)0，则其在区间(－π，π)上的解集为 ∪ ，(－ π ， －π 2) (0， π 2)即 f(x)的递增区间为 和 .(－ π ， －π 2) (0， π 2)思维升华 确定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)解不等式 f′( x)0，解集在定义域内的部分为递增区间．(4)解不等式 f′( x)0)，讨论函数 y＝ f(x)的单调区间．解 f′( x)＝ － a＝1－ － a.exex＋ 1 1ex＋ 1①当 a≥1 时， f′( x)0，得(1－ a)(ex＋1)1，即 ex－1＋ ，解得 xln ，11－ a a1－ a由 f′( x)0)．试讨论 f(x)的单调性．解 由题意得 f′( x)＝e x[ax2＋(2 a－2) x](a0)，令 f′( x)＝0，解得 x1＝0， x2＝ .2－ 2aa①当 01 时， f(x)的递增区间为 和(0，＋∞)，递减区间为 .(－ ∞ ，2－ 2aa ) (2－ 2aa ， 0)题型三 函数单调性的应用问题命题点 1 比较大小或解不等式典例 (1)(2017·南昌模拟)已知定义在 上的函数 f(x)的导函数为 f′( x)，且对于(0，π 2)任意的 x∈ ，都有 f′( x)sin x f B． f f(1)3 (π 4) 2 (π 3) (π 3)C. f g ，(π 4) (π 3)即 ，f(π 4)22f(π 3)32∴ f f .3 (π 4) 2 (π 3)(2)设 f(x)是定义在 R 上的奇函数， f(2)＝0，当 x0 时，有 0 的解集是__________________．答案 (－∞，－2)∪(0,2)解析 ∵当 x0 时， ′0，此时 x2f(x)0.又 f(x)为奇函数，∴ h(x)＝ x2f(x)也为奇函数．故 x2f(x)0 的解集为(－∞，－2)∪(0,2)．命题点 2 根据函数单调性求参数典例 (2018·石家庄质检)已知函数 f(x)＝ln x， g(x)＝ ax2＋2 x(a≠0)．12(1)若函数 h(x)＝ f(x)－ g(x)存在递减区间，求 a 的取值范围；(2)若函数 h(x)＝ f(x)－ g(x)在[1,4]上是减少的，求 a 的取值范围．8解 (1) h(x)＝ln x－ ax2－2 x， x∈(0，＋∞)，12所以 h′( x)＝ － ax－2，由于 h(x)在(0，＋∞)上存在递减区间，1x所以当 x∈(0，＋∞)时， － ax－2 － 有解．1x2 2x设 G(x)＝ － ，所以只要 aG(x)min即可．1x2 2x而 G(x)＝ 2－1，所以 G(x)min＝－1.(1x－ 1)所以 a－1.又因为 a≠0，所以 a 的取值范围为(－1,0)∪(0，＋∞)．(2)因为 h(x)在[1,4]上是减少的，所以当 x∈[1,4]时， h′( x)＝ － ax－2≤0 恒成立，1x即 a≥ － 恒成立．1x2 2x由(1)知 G(x)＝ － ，1x2 2x所以 a≥ G(x)max，而 G(x)＝ 2－1，(1x－ 1)因为 x∈[1,4]，所以 ∈ ，1x [14， 1]所以 G(x)max＝－ (此时 x＝4)，716所以 a≥－ ，又因为 a≠0，716所以 a 的取值范围是 ∪(0，＋∞)．[－716， 0)引申探究1．本例(2)中，若函数 h(x)＝ f(x)－ g(x)在[1,4]上是增加的，求 a 的取值范围．解 因为 h(x)在[1,4]上是增加的，所以当 x∈[1,4]时， h′( x)≥0 恒成立，所以当 x∈[1,4]时， a≤ － 恒成立，1x2 2x又当 x∈[1,4]时， min＝－1(此时 x＝1)，(1x2－ 2x)9所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]．2．本例(2)中，若 h(x)在[1,4]上存在递减区间，求 a 的取值范围．解 h(x)在[1,4]上存在递减区间，则 h′( x) － 有解，1x2 2x又当 x∈[1,4]时， min＝－1，(1x2－ 2x)所以 a－1，又因为 a≠0，所以 a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．思维升华 根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理： y＝ f(x)在( a， b)上单调，则区间( a， b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)是增加的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．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．跟踪训练 已知函数 f(x)＝ －2 x2＋ln x 在区间[1,2]上为单调函数，求 a 的取值范围．3xa解 f′( x)＝ －4 x＋ ，若函数 f(x)在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上， f′( x)＝3a 1x－4 x＋ ≥0 或 f′( x)＝ －4 x＋ ≤0，3a 1x 3a 1x即 －4 x＋ ≥0 或 －4 x＋ ≤0 在[1,2]上恒成立，3a 1x 3a 1x即 ≥4 x－ 或 ≤4 x－ .3a 1x 3a 1x令 h(x)＝4 x－ ，因为函数 h(x)在[1,2]上是增加的，1x所以 ≥ h(2)或 ≤ h(1)，即 ≥ 或 ≤3，3a 3a 3a 152 3a解得 a0，得 01.[4 分]当 a0 时，令 g′( x)＝0，得 x＝1 或 x＝ ，[6 分]12a若 ，12a 12由 g′( x)0，得 x1 或 01，即 00，得 x 或 0 时，函数 g(x)在 上是增加的，12 (0， 12a)11在 上是减少的，在(1，＋∞)上是增加的．[12 分](12a， 1)1．函数 f(x)＝ x2－2ln x 的递减区间是( )A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)答案 A解析 ∵ f′( x)＝2 x－ ＝ (x0)，2x 2x＋ 1x－ 1x∴当 x∈(0,1)时， f′( x)0， f(x)是增加的．2．(2018·济南调研)已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数 f′( x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是( )A． f(b)f(c)f(d)B． f(b)f(a)f(e)C． f(c)f(b)f(a)D． f(c)f(e)f(d)答案 C解析 由题意得，当 x∈(－∞， c)时， f′( x)0，所以函数 f(x)在(－∞， c)上是增加的，因为 af(b)f(a)，故选 C.3．已知 m 是实数，函数 f(x)＝ x2(x－ m)，若 f′(－1)＝－1，则函数 f(x)的递增区间是( )A. B.(－43， 0) (0， 43)C. ，(0，＋∞) D. ∪(0，＋∞)(－ ∞ ， －43) (－ ∞ ， － 43)答案 C解析 ∵ f′( x)＝3 x2－2 mx，∴ f′(－1)＝3＋2 m＝－1，解得 m＝－2，∴由 f′( x)12＝3 x2＋4 x0，解得 x0，即 f(x)的递增区间是 ，(0，＋∞)，故选 C.43 (－ ∞ ， － 43)4．已知函数 f(x)＝ x3＋ ax＋4，则“ a0”是“ f(x)在 R 上是增加的”( )12A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件答案 A解析 f′( x)＝ x2＋ a，当 a≥0 时， f′( x)≥0 恒成立，32故“ a0”是“ f(x)在 R 上是增加的”充分不必要条件．5．若函数 f(x)＝ kx－ln x 在区间(1，＋∞)上是增加的，则 k 的取值范围是( )A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)答案 D解析 因为 f(x)＝ kx－ln x，所以 f′( x)＝ k－ .1x因为 f(x)在区间(1，＋∞)上增加的，所以当 x1 时， f′( x)＝ k－ ≥0 恒成立，即 k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为 x1，所以 00， f(x)在(－∞，1)上是增加的．又 f(3)＝ f(－1)，且－11}解析 设 F(x)＝ f(x)－ x，12∴ F′( x)＝ f′( x)－ ，12∵ f′( x)1，即不等式的解集为{ x|x1}．9．已知 g(x)＝ ＋ x2＋2 aln x 在[1,2]上是减少的，则实数 a 的取值范围为__________．2x答案 (－ ∞ ， －72]解析 g′( x)＝－ ＋2 x＋ ，2x2 2ax由已知得 g′( x)≤0 在[1,2]上恒成立，可得 a≤ － x2在[1,2]上恒成立．1x又当 x∈[1,2]时， min＝ －4＝－ .(1x－ x2) 12 72∴ a≤－ .7210．设函数 f′( x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数， f(－1)＝0，当 x0 时， xf′( x)－ f(x)＜0，则使得 f(x)0 成立的 x 的取值范围是____________．答案 (－∞，－1)∪(0,1)解析 因为 f(x)(x∈R)为奇函数， f(－1)＝0，所以 f(1)＝－ f(－1)＝0.14当 x≠0 时，令 g(x)＝ ，fxx则 g(x)为偶函数， g(1)＝ g(－1)＝0.则当 x＞0 时， g′( x)＝ ′[fxx]＝ ＜0，xf′ x－ fxx2故 g(x)在(0，＋∞)上是减少的，在(－∞，0)上是增加的．所以在(0，＋∞)上，当 0＜ x＜1 时，由 g(x)＞ g(1)＝0，得 ＞0，所以 f(x)＞0；在(－∞，0)上，当 x＜－1 时，由 g(x)＜ g(－1)＝0，得fxx＜0，所以 f(x)＞0.fxx综上知，使得 f(x)＞0 成立的 x 的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)．11．(2018·大理质检)已知函数 f(x)＝ (k 为常数)，曲线 y＝ f(x)在点(1， f(1))ln x＋ kex处的切线与 x 轴平行．(1)求实数 k 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间．解 (1) f′( x)＝ (x0)．1x－ ln x－ kex又由题知 f′(1)＝ ＝0，所以 k＝1.1－ ke(2)f′( x)＝ (x0)．1x－ ln x－ 1ex设 h(x)＝ －ln x－1( x＞0)，1x则 h′( x)＝－ － ＜0，1x2 1x所以 h(x)在(0，＋∞)上是减少的．由 h(1)＝0 知，当 0＜ x＜1 时， h(x)＞0，所以 f′( x)＞0；当 x＞1 时， h(x)＜0，所以 f′( x)＜0.综上， f(x)的递增区间是(0,1)，递减区间是(1，＋∞)．1512．(2018 届信阳高级中学考试)已知函数 f(x)＝ －1( b∈R，e 为自然对数的底数)在点bex(0， f(0))处的切线经过点(2，－2)．讨论函数 F(x)＝ f(x)＋ ax(a∈R)的单调性．解 因为 f(0)＝ b－1，所以过点(0， b－1)，(2，－2)的直线的斜率为k＝ ＝－ ，b－ 1－ － 20－ 2 b＋ 12而 f′( x)＝－ ，由导数的几何意义可知，bexf′(0)＝－ b＝－ ，b＋ 12所以 b＝1，所以 f(x)＝ －1.1ex则 F(x)＝ ax＋ －1， F′( x)＝ a－ ，1ex 1ex当 a≤0 时， F′( x)0 时，由 F′( x)0，得 x－ln a.故当 a≤0 时，函数 F(x)在 R 上是减少的；当 a0 时，函数 F(x)在(－∞，－ln a)上是减少的，在(－ln a，＋∞)上是增加的．13．(2017·承德调研)已知 f(x)是可导的函数，且 f′( x)e2 017f(0)B． f(1)ef(0)， f(2 017)e2 017f(0)C． f(1)ef(0)， f(2 017)0，解得 a－ ，29 19所以 a 的取值范围是 .(－19， ＋ ∞ )15．已知函数 f(x)＝－ x2＋4 x－3ln x 在区间[ t， t＋1]上不单调，则 t 的取值范围是12________．答案 (0,1)∪(2,3)解析 由题意知 f′( x)＝－ x＋4－3x＝－ ，x－ 1x－ 3x由 f′( x)＝0，得函数 f(x)的两个极值点为 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 t0 时， f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1，＋∞)；当 a0，即 m－ .373∴－ m－9.373即实数 m 的取值范围是 .(－373， － 9)1第 2 课时 导数与函数的极值、最值题型一 用导数求解函数极值问题命题点 1 根据函数图像判断极值典例 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)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是( )A．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(1)B．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(1)C．函数 f(x)有极大值 f(2)和极小值 f(－2)D．函数 f(x)有极大值 f(－2)和极小值 f(2)答案 D解析 由题图可知，当 x0；当－22 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．命题点 2 求函数的极值典例 (2018·深圳调研)设函数 f(x)＝ln( x＋1)＋ a(x2－ x)，其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说明理由．解 f′( x)＝ ＋ a(2x－1)1x＋ 1＝ (x－1)．2ax2＋ ax－ a＋ 1x＋ 1令 g(x)＝2 ax2＋ ax－ a＋1， x∈(－1，＋∞)．①当 a＝0 时， g(x)＝1，此时 f′( x)0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上是增加的，无极值点．②当 a0 时， Δ ＝ a2－8 a(1－ a)＝ a(9a－8)．2a．当 0 时， Δ 0，89设方程 2ax2＋ ax－ a＋1＝0 的两根为 x1， x2(x1－ .12 14 14由 g(－1)＝10，可得－10， f′( x)0，函数 f(x)是增加的；当 x∈( x1， x2)时， g(x)0， f′( x)0，函数 f(x)是增加的．因此函数有两个极值点．③当 a0，由 g(－1)＝10，可得 x10， f′( x)0，函数 f(x)是增加的；当 x∈( x2，＋∞)时， g(x) 时，函数 f(x)有两个极值点．89命题点 3 根据极值求参数典例 (1)(2017·沧州模拟)若函数 f(x)＝ x3－2 cx2＋ x 有极值点，则实数 c 的取值范围为________________．答案 ∪(－ ∞ ， －32) (32， ＋ ∞ )解析 f′( x)＝3 x2－4 cx＋1，由 f′( x)＝0 有两个不同的根，可得 Δ ＝(－4 c)2－120，∴ c 或 c2.由 f′( x)＝0 在(12， 3)内有根，得 a＝ x＋ 在 内有解，又 x＋ ∈ ，所以 2≤ a0，当 01 时， f′( x)0，∴ x＝0,1，－1 都是 f(x)的极值点．(2)(2017·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)若函数 f(x)＝ －(1＋2 a)x＋2ln ax22x(a0)在区间 内有极大值，则 a 的取值范围是( )(12， 1)4A. B．(1，＋∞)(1e， ＋ ∞ )C．(1,2) D．(2，＋∞)答案 C解析 f′( x)＝ ax－(1＋2 a)＋ ＝ (a0， x0)，若 f(x)在区间 内2x ax2－ 2a＋ 1x＋ 2x (12， 1)有极大值，即 f′( x)＝0 在 内有解．(12， 1)则 f′( x)在区间 内先大于 0，再小于 0，(12， 1)则Error! 即Error!解得 10，由 ke，则 x－ 0，得 ≤ xa，则实数x22a 的取值范围是________________．答案 (－ ∞ ，72)解析 由题意知， f′( x)＝3 x2－ x－2，令 f′( x)＝0，得 3x2－ x－2＝0，解得 x＝1 或 x＝－ ，23又 f(1)＝ ， f ＝ ，72 (－ 23) 15727f(－1)＝ ， f(2)＝7，1126故 f(x)min＝ ，∴ a0)的 导 函 数 y＝ f′ (x)的 两 个 零 点 为ax2＋ bx＋ cex－ 3 和 0.(1)求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)的极小值为－e 3，求 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．解 (1) f′( x)＝2ax＋ bex－ ax2＋ bx＋ cexex2＝ .－ ax2＋ 2a－ bx＋ b－ cex令 g(x)＝－ ax2＋(2 a－ b)x＋ b－ c，因为 ex0，所以 y＝ f′( x)的零点就是 g(x)＝－ ax2＋(2 a－ b)x＋ b－ c 的零点且 f′( x)与g(x)符号相同．又因为 a0，所以当－30，即 f′( x)0，当 x0 时， g(x)5＝ f(0)，5e－ 5所以函数 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是 5e5.思维升华 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值．跟踪训练 若函数 f(x)＝ x3＋ x2－ 在区间( a， a＋5)上存在最小值，则实数 a 的取值范围13 237是( )A．[－5,0) B．(－5,0)C．[－3,0) D．(－3,0)答案 C解析 由题意，得 f′( x)＝ x2＋2 x＝ x(x＋2)，故 f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增加的，在(－2,0)上是减少的，作出其图像如图所示，令 x3＋ x2－ ＝－ ，得13 23 23x＝0 或 x＝－3，则结合图像可知，Error!解得 a∈[－3,0)．利用导数求函数的最值典例 (12 分)已知函数 f(x)＝ln x－ ax(a∈R)．(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)当 a0 时，求函数 f(x)在[1,2]上的最小值．思维点拨 (1)已知函数解析式求单调区间，实质上是求 f′( x)0， f′( x)0)，1x①当 a≤0 时， f′( x)＝ － a0，即函数 f(x)的递增区间为(0，＋∞)．[2 分]1x②当 a0 时，令 f′( x)＝ － a＝0，可得 x＝ ，1x 1a当 00；1a 1－ axx当 x 时， f′( x)＝ 0 时，函数 f(x)的递增区间为 ，递减区间为 .[5 分](0，1a) (1a， ＋ ∞ )(2)①当 ≤1，即 a≥1 时，函数 f(x)在区间[1,2]上是减少的，所以 f(x)的最小值是 f(2)1a＝ln 2－2 a.[6 分]②当 ≥2，即 01 时， f′( x)0，∴ f(x)在 x＝1 处取得极小值．故选 C.4．记函数 f(x)＝ ＋ 的最大值为 M，最小值为 m，则 的值为( )x－ 3 12－ 3xM－ mM＋ mA. B. C. D.13 34 35 23答案 A解析 由已知，得Error!解得 3≤ x≤4，所以函数 f(x)＝ ＋ 的定义域是x－ 3 12－ 3x[3,4]．求导，得 f′( x)＝ － ，令 f′( x)＝0，得 x＝ ，当 x∈ 时，12x－ 3 3212－ 3x 134 (3， 134)10f′( x)0，当 x∈ 时， f′( x)1， f(4)＝1，所以 m＝ f(4)＝1，所以 ＝ ＝ .(134) 3 M－ mM＋ m 2－ 12＋ 1 135．已知函数 f(x)＝ x3＋ ax2＋ bx＋ a2在 x＝1 处有极值 10，则 f(2)等于( )A．11 或 18 B．11C．18 D．17 或 18答案 C解析 ∵函数 f(x)＝ x3＋ ax2＋ bx＋ a2在 x＝1 处有极值 10，∴ f(1)＝10，且 f′(1)＝0，又 f′( x)＝3 x2＋2 ax＋ b，∴Error! 解得Error!或Error!而当Error! 时，函数在 x＝1 处无极值，故舍去．∴ f(x)＝ x3＋4 x2－11 x＋16，∴ f(2)＝18.6．(2017·河北三市二联)若函数 f(x)＝ x3－ x2＋2 bx 在区间[－3,1]上不是单调函13 (1＋ b2)数，则函数 f(x)在 R 上的极小值为( )A．2 b－ B. b－43 32 23C．0 D． b2－ b316答案 A解析 f′( x)＝ x2－(2＋ b)x＋2 b＝( x－ b)(x－2)，∵函数 f(x)在区间[－3,1]上不是单调函数，∴－30，得 x2，由 f′( x)0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取值范围是________．11答案 (22， ＋ ∞ )解析 f′( x)＝3 x2－3 a2＝3( x＋ a)(x－ a)，由 f′( x)＝0 得 x＝± a，当－ aa 或 x0，函数是增加的，∴ f(x)的极大值为 f(－ a)，极小值为 f(a)．∴ f(－ a)＝－ a3＋3 a3＋ a0 且 f(a)＝ a3－3 a3＋ a .22∴ a 的取值范围是 .(22， ＋ ∞ )9．(2018·长沙调研)已知 y＝ f(x)是奇函数，当 x∈(0,2)时， f(x)＝ln x－ ax ，(a12)当 x∈(－2,0)时， f(x)的最小值为 1，则 a＝________.答案 1解析 由题意知，当 x∈(0,2)时， f(x)的最大值为－1.令 f′( x)＝ － a＝0，得 x＝ ，1x 1a当 00；1a当 x 时， f′( x)0 时， f(x)在[1，e]上是增加的，则 f(x)在[1，e]上的最大值为 f(e)＝ a.故当 a≥2 时， f(x)在[－1，e]上的最大值为 a；当 a0)，则 f′( t)＝2 t－ ，1t令 f′( t)＝0，得 t＝ ，22当 0 时， f′( t)0，22 22∴当 t＝ 时， f(t)取得最小值．221415．若函数 f(x)＝ mln x＋( m－1) x 存在最大值 M，且 M0，则实数 m 的取值范围是______．答案 (e1＋ e， 1)解析 f′( x)＝ ＋( m－1)＝ (x0)，mx m－ 1x＋ mx当 m≤0 或 m≥1 时， f(x)在(0，＋∞)上单调，此时函数 f(x)无最大值．当 00，∴ mln － m0，解得 m ，(m1－ m) m1－ m m1－ m e1＋ e∴ m 的取值范围是 .(e1＋ e， 1)16．(2018 届中原名校质检)已知函数 f(x)＝ xln x－ x2(a∈R)．a2(1)若 a＝2，求曲线 y＝ f(x)在点(1， f(1))处的切线方程；(2)若 g(x)＝ f(x)＋( a－1) x 在 x＝1 处取得极小值，求实数 a 的取值范围．解 (1)当 a＝2 时， f(x)＝ xln x－ x2，f′( x)＝ln x＋1－2 x， f(1)＝－1， f′(1)＝－1，所以曲线 y＝ f(x)在点(1， f(1))处的切线方程为 x＋ y＝0.(2)由已知得 g(x)＝ xln x－ x2＋( a－1) x，a2则 g′( x)＝ln x－ ax＋ a，记 h(x)＝ g′( x)＝ln x－ ax＋ a，则 h(1)＝0， h′( x)＝ － a＝ (x0)．1x 1－ axx①当 a≤0， x∈(0，＋∞)时， h′( x)0，函数 g′( x)是增加的，所以当 x∈(0,1)时，g′( x)0，所以 g(x)在 x＝1 处取得极小值，满足题意；②当 01，当 x∈ 时， h′( x)0，故函数 g′( x)是增加的，1a (0， 1a)可得当 x∈(0,1)时， g′( x)0，所以 g(x)在 x＝1 处取得极小(1，1a)值，满足题意；③当 a＝1， x∈(0,1)时， h′( x)0， g′( x)在(0,1)内是增加的；当 x∈(1，＋∞)时， h′( x)1，即 00，1a (1a， 1)当 x∈(1，＋∞)时， h′( x)0， g′( x)是减少的， g′( x)0，所以 g(x)在 x＝1 处取得极大值，不合题意．综上可知，实数 a 的取值范围为{ a|a1}．