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第三章　一元函数的导数及其应用
第一节　导数的概念及其几何意义、导数的运算
1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数．
2．通过函数图象，理解导数的几何意义．
3．能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数．
问题思考·夯实技能
【问题1】　请你写出：
(1)′＝________(f(x)≠0)．
(2)[exf(x)]′＝________．
(3)′＝________．
【问题2】　“曲线在点P处的切线”与“曲线过点P的切线”有何区别？
关键能力·题型剖析
题型一导数的运算
例1 (1)(多选)[2024·河南南阳模拟]下列求导数的运算正确的是(　　)
A．(x3－)′＝3x2＋
B．(ln 2)′＝
C．(xex)′＝(x＋1)ex
D．(sin )′＝cos
(2)[2024·广东深圳模拟]已知函数f(x)＝x3－2x＋2f′(2)，其中f′(x)是f(x)的导函数，则f(2)＝(　　)
A．12 B．20
C．10 D．24
题后师说
　巩固训练1
(1)(多选)[2024·吉林长春模拟]已知下列四个命题，其中不正确的是(　　)
A．(e2x)′＝2e2x
B．(lg x)′＝
C．()′＝
D．(sin cos x)′＝cos cos x－sin sin x
(2)[2024·山东北镇中学模拟]已知函数f(x)＝ex sin 2x，则f′()＝________．
题型二导数的几何意义
角度一　导数与函数图象的关系
例2 [2024·北京四中模拟]已知函数f(x)在R上可导，其部分图象如图所示，设＝a，则下列不等式正确的是(　　)
A．f′(1)C．f′(2)角度二　求切线方程
例3 (1)[2024·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为__________．
(2)曲线y＝(x－4)ex过坐标原点的切线方程为__________．
角度三　求切点坐标或参数
例4 (1)[2024·重庆模拟]已知直线y＝ax－a与曲线y＝x＋相切，则实数a＝(　　)
A．0 B．
C． D．
(2)[2024·山东日照模拟]若曲线y＝－在点(0，－1)处的切线与曲线y＝ln x在点P处的切线垂直，则点P的坐标为(　　)
A．(e，1) B．(1，0)
C．(2，ln 2) D．(，－ln 2)
题后师说
(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：
①切点处的导数是切线的斜率；
②切点在切线上；
②切点在曲线上．
(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”．
巩固训练2
(1)函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序正确的是(　　)
A．0B．0C．0D．0(2)曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为______________．
(3)[2024·福建泉州模拟]已知直线y＝x－1与曲线y＝ex＋a相切，则实数a的值为__________．
题型三导数几何意义的应用
例5 (1)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]过点P(1，0)可以作曲线f(x)＝xex的两条切线，切点的横坐标分别为m，n，则m2＋n2的值为(　　)
A．1 B．2
C． D．3
(2)[2021·新高考Ⅰ卷]若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)
A．ebC．0题后师说
(1)设切点列方程．
(2)切线条数的判断，实质是切点横坐标为变量(方程)零点个数的判断．
巩固训练3
　[2022·新高考Ⅰ卷]若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________．
1．已知函数f(x)＝x2·f′(0)＋x·f(1)－2，则f(2)＝(　　)
A．12 B．10
C．8 D．6
2．[2024·江西宜春模拟]已知函数f(x)＝a ln x＋x2在x＝1处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，则a＝(　　)
A．2 B．－2
C．1 D．－1
3．若直线y＝kx＋n与曲线y＝ln x＋相切，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，] B．[4，＋∞)
C．[－4，＋∞) D．[，＋∞)
4．[2022·新高考Ⅱ卷]曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
两曲线的公切线问题
1.求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法．
2．公切线条数的判断问题可转化为方程根的个数求解问题．
一、共切点的公切线问题
【典例1】　若曲线y＝x－ln x与曲线y＝ax3＋x＋1在公共点处有相同的切线，则实数a＝(　　)
A．　 　B．－　 　C．－　 　D．
[解析]　由题设，y＝x－ln x的导函数为y′＝1－；y＝ax3＋x＋1的导函数为y′＝3ax2＋1，
设公共点为(m，n)且m > 0，则y′|x＝m＝1－，y′|x＝m＝3am2＋1，
则公共点处y＝x－ln x的切线为y－n＝(1－)(x－m)，即y＝(1－)x－m＋1＋n；
公共点处y＝ax3＋x＋1的切线为y－n＝(3am2＋1)(x－m)，即y＝(3am2＋1)x－3am3－m＋n；
因为公共点处切线相同，
则
可得m＝，则a＝－.故选B.
[答案]　B
二、不同切点的公切线问题
【典例2】　[2024·江苏南京模拟]若直线y＝x＋m与曲线y＝ax2和y＝ln x均相切，则a＝__________．
[解析]　设直线y＝x＋m与y＝ln x相切于点x0，ln x0，y′＝，
因为直线y＝x＋m与y＝ln x相切，所以＝1，且＝x0＋m；
解得x0＝1，m＝－1；
因为直线y＝x－1与曲线y＝ax2相切，
联立得ax2－x＋1＝0，a≠0且Δ＝1－4a＝0，即a＝.
[答案]　
【典例3】　[2024·黑龙江哈尔滨模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝ln (e2x)，若直线y＝kx＋b为f(x)和g(x)的公切线，则b＝(　　)
A． B．1－ln 2
C．2－ln 2 D．－ln 2
[解析]　设直线l：y＝kx＋b与f(x)＝ln (x＋1)相切于点A(x1，y1)，
与g(x)＝ln (e2x)相切于点B(x2，y2)，
由f(x)＝ln (x＋1)，所以f′(x)＝，
由f′(x1)＝＝k x1＝，
则y1＝ln (x1＋1)＝ln (＋1)＝ln ＝－ln k，
即点A(，－ln k)，代入直线l中有：
－ln k＝k·＋b b＝k－ln k－1，　①
由g(x)＝ln (e2x)＝ln e2＋ln x＝2＋ln x，
所以g′(x)＝，
由g′(x2)＝＝k x2＝，
y2＝g(x2)＝2＋ln x2＝2＋ln ＝2－ln k，
即点B(，2－ln k)，代入直线l中有：
2－ln k＝k·＋b b＝1－ln k，　②
联立①②解得k＝2，
所以b＝1－ln 2，故选B.
[答案]　B
第三章　一元函数的导数及其应用
第一节　导数的概念及其几何意义、导数的运算
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：(1)－　(2)ex[f(x)＋f′(x)]　(3)
【问题2】　提示：“曲线在点P处的切线”与“曲线过点P的切线”含义是不同的．“曲线在点P处的切线”即点P是曲线上的点，且点P就是切点；而“曲线过点P的切线”，点P不一定在曲线上，点P不一定是切点．
关键能力·题型剖析
例1　解析：(1)根据基本初等函数及导数的求导法则知，(x3－)′＝3x2＋，选项A正确；因为ln 2是常数，所以(ln 2)′＝0，选项B错误；根据基本初等函数及导数的求导法则知，(xex)′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，选项C正确；根据复合函数的求导法则知，(sin )′＝cos ，选项D错误．故选AC.
(2)由题意得f′(x)＝3x2－2，故f′(2)＝3×4－2＝10，
则f(x)＝x3－2x＋20，故f(2)＝8－4＋20＝24.故选D.
答案：(1)AC　(2)D
巩固训练1　解析：(1)(e2x)′＝2e2x，故A正确；
(lg x)′＝，故B错误；
()′＝，故C错误；
(sin cos x)′＝－sin sin x，故D错误．故选BCD.
(2)由于f′(x)＝(ex)′·sin 2x＋ex·(sin 2x)′
＝ex(sin 2x＋2cos 2x)，
所以f′()＝(sin π＋2cos π)＝.
答案：(1)BCD　
例2　解析：由图象可知，函数在[0，＋∞)上的增长越来越快，
故函数图象在点(x0，f(x0))(x0∈(0，＋∞))的切线的斜率越来越大，
因为＝a，所以f′(1)答案：B
例3　解析：(1)由f(x)＝ex－2x＋1得f′(x)＝ex－2，
故f′(0)＝e0－2＝－1，而f(0)＝e0＋1＝2，
故曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝－x，
即x＋y－2＝0.
(2)设切点为(x0，y0)，则y0＝，
y′＝ex＋(x－4)ex＝(x－3)ex，切线的斜率为，
所以切线方程为＝(x－x0)，
又切线过原点，所以＝(0－x0)，即－4x0＋4＝0，
解得x0＝2，所以切线方程为y＝－e2x.
答案：(1)x＋y－2＝0　(2)y＝－e2x
例4　解析：(1)由y＝x＋且x不为0，得y′＝1－，
设切点为(x0，y0)，则，即，
所以＝，可得x0＝－2，a＝.
故选C.
(2)y＝－的导数为y′＝－，所以曲线y＝－在点(0，－1)处的切线的斜率为k1＝－.
因为曲线y＝－在点(0，－1)处的切线与曲线y＝ln x在点P处的切线垂直，
所以曲线y＝ln x在点P处的切线的斜率k2＝2.
而y＝ln x的导数y′＝，所以切点的横坐标为，所以切点P(，－ln 2)．故选D.
答案：(1)C　(2)D
巩固训练2　解析：(1)由函数图象可知f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(3)－f(2)>0，
在x＝3处切线的倾斜角和在x＝2处的倾斜角均为锐角，
且在x＝3处切线的倾斜角比在x＝2处的倾斜角要小，
如图，
所以0由于为两点连线的斜率，
从图中可得f′(3)<即0故选B.
(2)f(x)＝ex－ln x，则f′(x)＝e－，则f′(1)＝e－1，
由点斜式可得切线方程为：y－e＝(e－1)(x－1)，整理可得：(e－1)x－y＋1＝0.
(3)设切点为(x0，x0－1)，
因为y′＝ex＋a，所以切线的斜率k＝ex0＋a＝1，即x0＋a＝0，
又切点(x0，x0－1)在曲线y＝ex＋a上，所以x0－1＝ex0＋a＝1，则x0＝2，a＝－2.
答案：(1)B　(2)(e－1)x－y＋1＝0　(3)－2
例5　解析：(1)f′(x)＝(x＋1)ex，设切点为坐标(x，y)，
则(x＋1)ex＝＝，
即(x2－x－1)ex＝0，则x1＋x2＝1，x1·x2＝－1，
由题意知x2－x－1＝0有两解，分别为m，n，
故m2＋n2＝＝(x1＋x2)2－2x1·x2＝1－2×(－1)＝3.
故选D.
(2)在曲线y＝ex上任取一点P，对函数y＝ex求导得y′＝ex，
所以曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et，即y＝etx＋et，
由题意可知，点在直线y＝etx＋et上，可得b＝aet＋et＝et，
令f＝et，则f′＝et.
当t0，此时函数f单调递增，
当t>a时，f′<0，此时函数f单调递减，
所以fmax＝f＝ea，
由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点，则b当t0，当t>a＋1时，f<0，作出函数f的图象如图所示，
由图可知，当0解法二　画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线．由此可知0答案：(1)D　(2)D
巩固训练3　解析：设切线的切点坐标为(x0，y0)．令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝.因为y0＝，切线过原点，所以f′(x0)＝，即＝.整理得＋ax0－a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0.
答案：(－∞，－4)
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1．解析：由题意知f′(x)＝2x·f′(0)＋f(1)，所以，解得f′(0)＝f(1)＝2，则f(x)＝2x2＋2x－2，故f(2)＝10.故选B.
答案：B
2．解析：函数f(x)＝a ln x＋x2，求导得：f′(x)＝2x＋，因为f(x)在x＝1处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，所以f(x)在x＝1处的切线斜率为f′(1)＝2＋a＝1，解得a＝－1.故选D.
答案：D
3．解析：y′＝＝－()2＋，
由导数的几何意义可知，k≤.故选A.
答案：A
4．解析：当x>0时，y＝ln x，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln x相切于点(x1，ln x1)(x1>0)，则此时切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．若该切线经过原点，则ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝.当x<0时，y＝ln (－x)，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln (－x)相切于点(x2，ln (－x2))(x2<0)，则此时切线方程为y－ln (－x2)＝(x－x2)．若该切线经过原点，则ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－.
答案：y＝　y＝－第二节　导数与函数的单调性
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性和导数的关系．
2．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)．
3．会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】　请你说出导数的绝对值与函数值变化的关系？
【问题2】　f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件，那么f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件是什么？
关键能力·题型剖析
题型一不含参函数的单调性
例1(1)[2024·河南荥阳模拟]函数f(x)＝x ln x＋1的单调递减区间是(　　)
A．(0，) B．(0，e)
C．(，＋∞) D．(e，＋∞)
(2)[2024·山东东营模拟]函数f(x)＝的单调递增区间为____________．
题后师说
确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
　巩固训练1
(1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)
A．(－)
B．(－∞，－)，(，＋∞)
C．(0，)
D．(，＋∞)
(2)函数f(x)＝e－xcos x，x∈(0，π)的单调递减区间为________．
题型二含参数的函数的单调性
例2
设函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x．当a>0时，讨论函数f(x)的单调性．
题后师说
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
巩固训练2
　已知函数f(x)＝mex－x，m∈R，试讨论函数f(x)的单调性．
题型三函数单调性的应用
角度一　比较大小或解不等式
例3
(1)[2024·河南驻马店模拟]设a＝，b＝，c＝2，则(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
(2)[2024·广东东莞模拟]已知函数f(x)＝－cos x，则f(x－1)>f(－1)的解集为(　　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，2) D．(－∞，0)
题后师说
1.利用导数比较大小，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用单调性比较大小．
2．与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，再利用导数研究新函数的单调性，从而解不等式．(构造函数的方法见下面专题课——函数中的构造问题)
巩固训练3
　(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x，若a＝)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
(2)[2024·天津南开中学模拟]已知定义在(0，＋∞)的函数f(x)满足任意x>0，xf′(x)－f(x)<0成立，且f(1)＝2，则不等式f(x)<2x的解集为__________．
角度二　根据函数的单调性求参数范围
例4
已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内单调递增，则实数a的取值范围是________．
【变式练习1】　已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
【变式练习2】　[2024·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(2，8)
B．[2，8]
C．(－∞，2]
D．[2，8)
题后师说
根据函数的单调性求参数的策略
1．函数f(x)＝xex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
2．[2024·河北邯郸模拟]已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．aC．c3．[2024·江苏扬州模拟]若函数f(x)＝cos x－ax在定义域内单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
4．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(1－4x)>0的解集是______．
第二节　导数与函数的单调性
第二节　导数与函数的单调性
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：一般地，如果一个函数在某一个范围内导数的绝对值较大，那么这个函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．
【问题2】　提示：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)
关键能力·题型剖析
例1　解析：(1)令f′(x)＝1＋ln x＝0 x＝，
x∈(0，)，f′(x)<0，x∈(，＋∞)，f′(x)>0，
则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．故选A.
(2)因为函数f(x)＝，则f′(x)＝.
设h(x)＝xex＋1，则h′(x)＝(x＋1)ex，
当x>－1时，h′(x)>0，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－1)上单调递减，
所以当x∈R时，h(x)≥h(－1)＝－＋1>0，
则当x≠－1时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(－1，＋∞)．
答案：(1)A　(2)(－∞，－1)，(－1，＋∞)
巩固训练1　解析：(1)由f(x)＝ln x＋f′(1)x2得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，f′(1)＝－1，
f′(x)＝－2x＝，
因为x>0，所以由f′(x)＝>0得0(2)f(x)＝e－xcos x，f′(x)＝－e－x(cos x＋sin x)＝－e－xsin (x＋)，
当x∈(0，)时，0，e－x>0，所以f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，π)时，π0，所以f′(x)>0，f(x)单调递增；
所以f(x)在(0，π)的单调递减区间为(0，)．
答案：(1)C　(2)(0，)
例2　解析：由题知，函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
所以求导得f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝，
若0由f′(x)>0得0，
由f′(x)<0得1所以函数f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)上单调递减，
若a＝1，恒有f′(x)≥0，当且仅当x＝1时取等号，因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a>1，
由f′(x)>0得01，
由f′(x)<0得所以函数f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减，
所以当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减．
巩固训练2　解析：f′(x)＝mex－1，
当m≤0时，f′(x)＝mex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln m，
当x<－ln m时，f′(x)<0，当x>－ln m时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增，
综上，当m≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当m>0时，f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增．
例3　解析：(1)因为a＝＝，b＝＝，c＝2＝，
所以令f(x)＝，由f′(x)＝，
知当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因为a＝f(2)＝f(4)，b＝f()，c＝f()，
所以a＝f(2)f()＝b，即c>a>b.
故选D.
(2)∵y＝x2，y＝cos x均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，
f′(x)＝－2x＋sin x，令g(x)＝f′(x)则g′(x)＝－2＋cos x，
∵cos x∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，
又∵f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
f(x－1)>f(－1) |x－1|<1 x∈(0，2)．故选C.
答案：(1)D　(2)C
巩固训练3　解析：(1)由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为＞1，所以＞3.又log24＜log27＜log28，即2＜log27＜3，所以，所以log2)，即b＜c＜a，故选D.
(2)令h(x)＝－2(x>0)，则h′(x)＝<0，所以h(x)在(0，＋∞)是减函数，又h(1)＝f(1)－2＝0，由h(x)<0＝h(1)，可得x>1，故不等式f(x)<2x的解集为(1，＋∞)．
答案：(1)D　(2)(1，＋∞)
例4　解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2x2－a≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≤(2x2)min，
所以a≤2.
答案：(－∞，2]
变式练习1　解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)>0在[1，2]上有解，
即2x2－a>0在[1，2]上有解，
所以a<(2x2)max，
所以a<8.
答案：(－∞，8)
变式练习2　解析：f′(x)＝2x－＝，
令g(x)＝2x2－a，由于函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，
则g(x)＝2x2－a在区间(1，2)的函数值有正有负，
而二次函数g(x)＝2x2－a开口向上，对称轴为y轴，
所以g(x)＝2x2－a在区间(1，2)上单调递增，所以，解得2所以实数a的取值范围是(2，8)．故选A.
答案：A
随堂检测
1．解析：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，由f′(x)>0，得x>－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．故选D.
答案：D
2．解析：∵a＝，b＝，c＝＝，构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当10；当x>e时ln x>1，此时f′(x)＝<0，故f(x)＝，当x∈(1，e)单调递增，当x∈(e，＋∞)单调递减，故f(x)max＝f(e)＝＝c，故a3>e，∴f(4)答案：A
3．解析：函数f(x)＝cos x－ax定义域为R，且f′(x)＝－sin x－a，依题意f′(x)≤0恒成立，－sin x－a≤0恒成立，即a≥－sin x恒成立，又－1≤－sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．故选A.
答案：A
4．解析：∵f(x)＝x－sin x，f(－x)＝－x－sin (－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，
∵f(x)＝x－sin x，∴f′(x)＝1－cos x≥0，f(x)单调递增，
∵f(x＋1)＋f(1－4x)>0，∴f(x＋1)>－f(1－4x)＝f(4x－1)，
∴x＋1>4x－1，∴x<.
故不等式的解集为.
答案：第三节　导数与函数的极值、最值
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件．
2．会用导数求函数的极大值、极小值．
3．掌握利用导数研究函数最值的方法．
4．会用导数研究生活中的最优化问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】　对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取到极值”的什么条件？
【问题2】　函数最值与均值有何区别？
关键能力·题型剖析
题型一利用导数研究函数的极值问题
角度一　根据导数函数图象判断极值
例1 (多选)[2024·江苏镇江模拟]已知f′(x)是函数f(x)的导函数，其图象如图所示，则下列关于函数f(x)的说法正确的是(　　)
A．在(－∞，1)上单调递减
B．在x＝－1处取得极大值
C．y＝f(x)在x＝－1处切线的斜率小于0
D．f(x)在x＝2处取得极小值
题后师说
由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点．
角度二　求函数的极值
例2[2024·九省联考]已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求a；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
[听课记录]
题后师说
利用导数求函数极值的一般步骤
角度三　已知极值(点)求参数
例3 (1)[2024·山东临沂模拟]函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极小值0，则a＋b＝(　　)
A．7　　　B．6　　　C．11　　　D．4
(2)[2024·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－2xlogax既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________．
题后师说
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
巩固训练1
　(1)[2024·黑龙江实验中学模拟]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论正确的是(　　)
A．y＝f(x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f(x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点
D．函数y＝f(x)在区间(－1，1)上单调递减
(2)若－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex(a∈R)的极值点，则f(x)的极小值点为(　　)
A．5e－2 B．1
C．－e D．－2
(3)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1在(4，6)上存在极值点，则实数a的取值范围是____________．
题型二利用导数研究函数的最值
角度一　求函数的最值
例4
已知函数g(x)＝a ln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
题后师说
(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)求含有参数的函数f(x)的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
角度二　已知函数的最值求参数
例5[2024·吉林长春模拟]函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)内有最小值，则实数a的取值范围为________．
题后师说
函数在某开区间上有最值问题一般情况下是转化成有极值点，再将极值点问题转化成其导函数在该区间内有零点的问题，利用零点存在定理即可实现问题求解．
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
1．[2024·江西宜春模拟]函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)内极小值点的个数是(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
3．[2024·江苏镇江模拟]若函数f(x)＝x＋与函数g(x)＝aex－x有相等的极小值，则实数a＝(　　)
A．　　　B．e3 C．2　　　D．
4．[2021·新高考Ⅰ卷]函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
第三节　导数与函数的极值、最值
问题思考·夯实技能
【问题1】　提示：必要不充分条件．当f′(x0)＝0时，f(x)不一定在x＝x0处取到极值，例如函数f(x)＝x3；但当f(x)在x＝x0处取到极值时，由极值定义可知必有f′(x0)＝0.
【问题2】　提示：(1)函数在闭区间上若存在最大值或最小值，则最大值或最小值只能各有一个，具有唯一性；而极大值和极小值可能有多个，也可能没有．
(2)极值只能在函数区间的内部取得，而最值可以在区间的端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的不一定有极值．
关键能力·题型剖析
例1　解析：由已知，x<1时，f′(x)≤0(只有f′(－1)＝0)，因此f(x)在(－∞，1)上单调递减，A正确；f(－1)不是极值，B错；由f′(－1)＝0知C错；又x<2时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(2)是极小值，D正确．故选AD.
答案：AD
例2　解析：(1)f′(x)＝＋2x＋a，则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a，
由题意可得(＋a)×(－)＝－1，解得a＝－3.
(2)由a＝－3，故f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
则f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0，
故当00，当1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递增区间为(0，)，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(，1)，
故f(x)有极大值f()＝ln ＋()2－3×＋2＝－ln 2，
有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
例3　解析：(1)由已知可得，f′(x)＝3x2＋6ax＋b.
因为f(x)在x＝－1时有极小值0，
所以有，即，
解得或.
当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，此时f(x)没有极值点，舍去；
当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)．
由f′(x)＝0可得，x＝－1或x＝－3.
由f′(x)<0可得，－3由f′(x)>0可得，x<－3或x>－1，所以f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)在x＝－3处取得极大值，在x＝－1处取得极小值，满足题意．
所以，a＋b＝11.故选C.
(2)f′(x)＝2x－2(logax＋)
＝2x－2()＝(x ln a－1－ln x)，
函数f(x)＝x2－2xlogax既有极小值又有极大值，
则f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实数根，
即(x ln a－1－ln x)＝0有两个不等的实数根，
所以x ln a－1－ln x＝0有两个不等的实数根，
所以ln a＝有两个不等的实数根，
令g(x)＝，g′(x)＝，
x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，
故0答案：(1)C　(2)(1，e)
巩固训练1　解析：(1)由图象可知：当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x≥－2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
故x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点，y＝f(x)无极大值．
故选C.
(2)f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex，
由题意得f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]e－2＝0，解得a＝－1，
故f′(x)＝(x2＋x－2)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝－2或1，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－2，令f′(x)<0，解得－2故f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，
故1为f(x)的极小值点．故选B.
(3)f′(x)＝x－(a＋2)＋＝＝，x>0，
由题意f′(x)＝＝0在(4，6)上有解，则a∈(4，6)，
当a∈(4，6)时，
当4当a0，f(x)单调递增，
所以当x＝a时，f(x)取极小值，即函数f(x)在(4，6)上存在极值点．
所以实数a的取值范围是(4，6)．
答案：(1)C　(2)B　(3)(4，6)
例4　解析：(1)∵a＝1
∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在[1，)上单调递减，在(，e]上单调递增，h(a)＝g()＝a ln a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
例5　解析：由题意可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
易知f′(x)＝2x＋a－1－＝，
若函数f(x)在(1，2)内有最小值，则函数f(x)在(1，2)内必有极值点，
又Δ＝(a－1)2＋24>0，不妨设x1，x2为方程2x2＋(a－1)x－3＝0的两个不相等实数根，
则有，不妨令x1<0令g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，根据零点存在定理可得，
解得－经检验f(x)在(1，2)内有最小值，
所以实数a的取值范围为(－，2)．
答案：(－，2)
巩固训练2　解析：(1)函数f(x)＝ax＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，
则f′(x)＝－1＋＝，
当00，当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上为单调递增函数，在(1，＋∞)上为单调递减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝－1，
所以当a＝－1时，求f(x)的最大值为－1.
(2)函数f(x)＝ax＋ln x，
则f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞)，
①若a≥－，则f′(x)≥0，所以f(x)在(0，e]上单调递增，
故f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；
②若a<－，
当00，当－所以f(x)在(0，－)上为单调递增函数，在(－，e]上为单调递减函数，
则f(x)max＝f(－)＝－1＋ln (－)，
令－1＋ln (－)＝－3，可得ln (－)＝－2，
解得a＝－e2，因为－e2<－，
所以a＝－e2符合题意，综上所述a＝－e2.
随堂检测
1．解析：f′(x)>0，函数f(x)单调递增，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，由导函数f′(x)的图象知：函数f(x)在(a，b)内，与x轴有四个交点：从左向右看，第一个点处导数左正右负，是极大值点，第二个点处导数左负右正，是极小值点，第三个点处导数左正右正，没有变号，所以不是极值点，第四个点处导数左正右负，是极大值点，所以函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点有1个，故选A.
答案：A
2．解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
答案：C
3．解析：由对勾函数可知：f(x)＝x＋在x＝2时取到极小值f(2)＝2＋＝4，
对于g(x)＝aex－x，则有：
当a≤0时，g(x)在定义域内单调递减，无极值，不合题意；
当a>0时，g′(x)＝aex－1，
令g′(x)<0，解得x<－ln a；令g′(x)>0，解得x>－ln a；
则g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)的极小值为g(－ln a)＝1＋ln a＝4，解得a＝e3.故选B.
答案：B
4．解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，
∴当0当当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增；又∵f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有01时，f(x)单调递增；
∴f(x)≥f(1)＝1.
答案：1

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