一轮大练习复习学案第三章 导数及其应用 32 导数与函数的单调性极值最值文档格式.docx

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答案解析　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）>

∴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（　B　）

A．（－1,1）B．（－1，＋∞）C．（－∞，－1）D．（－∞，＋∞）

解析　设m（x）＝f（x）－（2x＋4），

∵m′（x）＝f′（x）－2>

∴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，

即a≥－3x2在（1，＋∞）上恒成立．∴a≥－3.

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≥lna.

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[lna，＋∞）．

（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．

（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_答案　（2,2a）

　f′（x）＝x2－2（1＋a）x＋4a＝（x－2）（x－2a），

由a>

1知，当x<

2时，f′（x）>

故f（x）在区间（－∞，2）上是增函数；

当2<

2a时，f′（x）<

故f（x）在区间（2,2a）上是减函数；

当x>

2a时，f′（x）>

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．

（2）已知a>

0，函数f（x）＝x3－ax在[1，＋∞）上是单调递增函数，则a的取值范围是答案　（0,3]

解析　∵f′（x）＝3x2－a，f（x）在[1，＋∞）上是单调递增函数，

∴f′（x）≥0，∴a≤3x2，∴a≤3.

又a>

0，可知0<

a≤3.

题型二　利用导数求函数的极值

例2　设a>

0，函数f（x）＝x2－（a＋1）x＋a（1＋lnx）．

（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　

（1）由已知，得x>

0，f′（x）＝x－（a＋1）＋，

y＝f（x）在（2，f

（2））处切线的斜率为1，

所以f′

（2）＝1，即2－（a＋1）＋＝1，

所以a＝0，此时f

（2）＝2－2＝0，

故所求的切线方程为y＝x－2.

（2）f′（x）＝x－（a＋1）＋

＝＝.

①当0<

a<

1时，若x∈（0，a），f′（x）>

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，

函数f（x）的极大值是f（a）＝－a2＋alna，

极小值是f

（1）＝－.

②当a＝1时，f′（x）＝>

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；

若x∈（1，a），f′（x）<

若x∈（a，＋∞），f′（x）>

此时x＝1是f（x）的极大值点，x＝a是f（x）的极小值点，

函数f（x）的极大值是f

（1）＝－，

极小值是f（a）＝－a2＋alna.

综上，当0<

1时，f（x）的极大值是－a2＋alna，

极小值是－；

当a＝1时，f（x）没有极值；

1时，f（x）的极大值是－，极小值是－a2＋alna.

　设f（x）＝，其中a为正实数．

（1）当a＝时，求f（x）的极值点；

（2）若f（x）为R上的单调函数，求a的取值范围．

解　对f（x）求导得f′（x）＝ex·

.①

（1）当a＝时，若f′（x）＝0，则4x2－8x＋3＝0，

解得x1＝，x2＝.结合①，可知

x

f′（x）

＋

－

f（x）

↗

极大值

↘

极小值

所以x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．

（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.

（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：

（－∞，－3）

－3

（－3,1）

1

（1,2）

2

h′（x）

h（x）

↗

28

－4

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]．

　已知函数f（x）＝xlnx.

（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）＝lnx＋1，x>

由f′（x）＝0得x＝，

所以f（x）在区间（0，）上单调递减，在区间（，＋∞）上单调递增．

所以，x＝是函数f（x）的极小值点，极大值点不存在．

（2）g（x）＝xlnx－a（x－1），

则g′（x）＝lnx＋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，

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，

所以g（x）的最小值为g

（1）＝0.

当1<

ea－1<

e，即1<

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；

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.

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：

（－∞，k－1）

k－1

（k－1，＋∞）

－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，＋∞）．[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<

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，

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；

2时，f（x）在[0,1]上的最小值为f（k－1）＝－ek－1；