届高考数学文一轮复习人教版讲义32导数与函数的单调性极值最值Word文档下载推荐.docx
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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
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附近的左边f′（x）<
0，
x在1附近的右边f′（x）>
∴f（x）在x＝1处取到极小值．故选C.
3．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）B．（－1，＋∞）
C．（－∞，－1）D．（－∞，＋∞）
答案 B
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，＋∞）．
4．设1<
x<
2，则
，（
）2，
的大小关系是__________________．（用“<
”连接）
答案 （
）2<
<
解析 令f（x）＝x－lnx（1<
2），
则f′（x）＝1－
>
∴函数y＝f（x）（1<
2）为增函数，
∴f（x）>
f
（1）＝1>
0，∴x>
lnx>
0⇒0<
1，
∴（
.
又
－
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．
思维点拨 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，令ex－a≥0，则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）的单调增区间为[lna，＋∞）．
（2）∵f′（x）＝ex－a≤0在（－2,3）上恒成立．
∴a≥ex在x∈（－2,3）上恒成立．
∴e－2<
ex<
e3，只需a≥e3.
当a＝e3时，f′（x）＝ex－e3<
0在x∈（－2,3）上恒成立，
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；
（2）已知函数的单调性求参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）不恒为零．应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
（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_____________________．
（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
（1）（2,2a）
（2）（0,3]
解析
（1）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）∵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 （2014·
福建）已知函数f（x）＝ex－ax（a为常数）的图象与y轴交于点A，曲线y＝f（x）在点A处的切线斜率为－1.
（1）求a的值及函数f（x）的极值；
（2）证明：
0时，x2<
ex.
（1）解 由f（x）＝ex－ax，得f′（x）＝ex－a.
又f′（0）＝1－a＝－1，得a＝2.
所以f（x）＝ex－2x，f′（x）＝ex－2.
令f′（x）＝0，得x＝ln2.
当x<
ln2时，f′（x）<
0，f（x）单调递减；
ln2时，f′（x）>
0，f（x）单调递增．
所以当x＝ln2时，f（x）取得极小值，
且极小值f（ln2）＝eln2－2ln2＝2－ln4，
f（x）无极大值．
（2）证明 令g（x）＝ex－x2，则g′（x）＝ex－2x.
由
（1）得g′（x）＝f（x）≥f（ln2）>
0.
故g（x）在R上单调递增，又g（0）＝1>
因此，当x>
0时，g（x）>
g（0）>
0，即x2<
思维升华
（1）导函数的零点并不一定就是原函数的极值点．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原函数的极值点．
（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）＝
，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
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 （2014·
四川改编）已知函数f（x）＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.71828…为自然对数的底数．
设g（x）是函数f（x）的导函数，求函数g（x）在区间[0,1]上的最小值．
解 由f（x）＝ex－ax2－bx－1，
有g（x）＝f′（x）＝ex－2ax－b.
所以g′（x）＝ex－2a.
因此，当x∈[0,1]时，g′（x）∈[1－2a，e－2a]．
当a≤
时，g′（x）≥0，
所以g（x）在[0,1]上单调递增，
因此g（x）在[0,1]上的最小值是g（0）＝1－b；
当a≥
时，g′（x）≤0，所以g（x）在[0,1]上单调递减，
因此g（x）在[0,1]上的最小值是g
（1）＝e－2a－b；
当
a<
时，令g′（x）＝0得x＝ln（2a）∈（0,1），
所以函数g（x）在区间[0，ln（2a）]上单调递减，
在区间[ln（2a），1]上单调递增．
于是，g（x）在[0,1]上的最小值是
g（ln（2a））＝2a－2aln（2a）－b.
综上所述，当a≤
时，g（x）在[0,1]上的最小值是
g（0）＝1－b；
g（ln（2a））＝2a－2aln（2a）－b；
g
（1）＝e－2a－b.
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）＝（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）由题意知f′（x）＝（x－k＋1）ex.
令f′（x）＝0，得x＝k－1.
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，＋∞）．
（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；
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；
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.
综上，当k≤1时，f（x）在[0,1]上的最小值为f（0）＝－k；
当1<
2时，f（x）在[0,1]上的最小值为
f（k－1）＝－ek－1；
当k≥2时，f（x）在[0,1]上的最小值为f
（1）＝（1－k）e.
利用导数求函数的最值问题
典例：
（12分）已知函数f（x）＝lnx－ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a>
0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的解区间，并注意定义域．
（2）先研究f（x）在[1,2]上的单调性，再确定最值是端点值还是极值．（3）由于解析式中含有参数a，要对参数a进行分类讨论．
规范解答
解
（1）f′（x）＝
－a（x>
0），
①当a≤0时，f′（x）＝
－a>
0，即函数f（x）的单调增区间为（0，＋∞）．[2分]
②当a>
0时，令f′（x）＝
－a＝0，可得x＝
，
时，f′（x）＝
0；
故函数f（x）的单调递增区间为
单调递减区间为
.[4分]
（2）①当
≤1，即a≥1时，函数f（x）在区间[1,2]上是减函数，所以f（x）的最小值是f
（2）＝ln2－2a.[5分]
②当
≥2，即0<
a≤
时，函数f（x）在区间[1,2]上是增函数，所以f（x）的最小值是f
（1）＝－a.[6分]
③当1<
2，即
1时，函数f（x）在
上是增函数，在
上是减函数．又f
（2）－f
（1）＝ln2－a，
所以当
ln2时，最小值是f
（1）＝－a；
当ln2≤a<
1时，最小值为f
（2）＝ln2－2a.[10分]
综上可知，
ln2时，函数f（x）的最小值是－a；
当a≥ln2时，函数f（x）的最小值是ln2－2a.[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：
（求导数）求函数f（x）的导数f′（x）；
第二步：
（求极值）求f（x）在给定区间上的单调性和极值；
第三步：
（求端点值）求f（x）在给定区间上的端点值；
第四步：
（求最值）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）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[1,2]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．注意单调函数的充要条件，尤其对于已知单调性求参数值（范围）时，隐含恒成立思想．
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．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.
A组 专项基础训练
（时间：
45分钟）
1．函数y＝（3－x2）ex的单调递增区间是（ ）
A．（－∞，0）B．（0，＋∞）
C．（－∞，－3）和（1，＋∞）D．（－3,1）
答案 D
解析 y′＝－2xex＋（3－x2）ex＝ex（－x2－2x＋3），
由y′>
0⇒x2＋2x－3<
0⇒－3<
故函数y＝（3－x2）ex的单调递增区间是（－3,1）．
2.
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（ ）
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.
3．设a∈R，若函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，则（ ）
A．a<
－1B．a>
－1
C．a>
D．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.
4．设函数f（x）＝
x2－9lnx在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．1<
a≤2B．a≥4
C．a≤2D．0<
a≤3
解析 ∵f（x）＝
x2－9lnx，∴f′（x）＝x－
当x－
≤0时，有0<
x≤3，即在（0,3]上原函数是减函数，
∴a－1>
0且a＋1≤3，解得1<
a≤2.
5．已知函数f（x）＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m、n∈[－1,1]，则f（m）＋f′（n）的最小值是（ ）
A．－13B．－15
C．10D．15
解析 对函数f（x）求导得f′（x）＝－3x2＋2ax，
由函数f（x）在x＝2处取得极值知f′
（2）＝0，
即－3×
4＋2a×
2＝0，∴a＝3.
由此可得f（x）＝－x3＋3x2－4，f′（x）＝－3x2＋6x，
易知f（x）在[－1,0）上单调递减，在（0,1]上单调递增，
∴当m∈[－1,1]时，f（m）min＝f（0）＝－4.
又∵f′（x）＝－3x2＋6x的图象开口向下，
且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，
f′（n）min＝f′（－1）＝－9.
故f（m）＋f′（n）的最小值为－13.
6．函数y＝
x2－lnx的单调递减区间为________．
答案 （0,1]
解析 y′＝x－
令y′≤0，得0<
x≤1.
∴函数的单调递减区间为（0,1]．
7．函数f（x）＝
＋x2－3x－4在[0,2]上的最小值是________．
答案 －
解析 f′（x）＝x2＋2x－3，令f′（x）＝0，x∈[0,2]，
得x＝1.比较f（0）＝－4，f
（1）＝－
f
（2）＝－
，可知最小值为－
8．已知函数f（x）的导数f′（x）＝a（x＋1）（x－a），若f（x）在x＝a处取得极大值，则a的取值范围是________．
答案 （－1,0）
解析 当a＝0时，则f′（x）＝0，函数f（x）不存在极值．
当a≠0时，令f′（x）＝0，则x1＝－1，x2＝a.
若a＝－1，则f′（x）＝－（x＋1）2≤0，函数f（x）不存在极值；
0，当x∈（－1，a）时，f′（x）<
0，当x∈（a，＋∞）时，f′（x）>
0，所以函数f（x）在x＝a处取得极小值，不符合题意；
若－1<
0，当x∈（－1，a）时，f′（x）>
0，当x∈（a，＋∞）时，f′（x）<
0，所以函数f（x）在x＝a处取得极大值；
若a<
－1，当x∈（－∞，a）时，f′（x）<
当x∈（a，－1）时，f′（x）>
0，所以函数f（x）在x＝a处取得极小值，不符合题意．所以a∈（－1,0）．
9．已知函数f（x）＝
＋lnx，求函数f（x）的极值和单调区间．
解 因为f′（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：
（0,1）
1
（1，＋∞）
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．设函数f（x）＝
x2＋ex－xex.
（2）若x∈[－2,2]时，不等式f（x）>
m恒成立，求实数m的取值范围．
解
（1）函数f（x）的定义域为（－∞，＋∞），f′（x）＝x＋ex－（ex＋xex）＝x（1－ex）．
若x<
0，则1－ex>
0，∴f′（x）<
若x>
0，则1－ex<
若x＝0，则f′（x）＝0.
∴f（x）在（－∞，＋∞）上为减函数，
即f（x）的单调减区间为（－∞，＋∞）．
（2）由
（1）知f（x）在[－2,2]上单调递减，
∴[f（x）]min＝f
（2）＝2－e2.
∴当m<
2－e2时，不等式f（x）>
m恒成立．
B组 专项能力提升
30分钟）
11．函数f（x）的定义域是R，f（0）＝2，对任意的x∈R，f（x）＋f′（x）>
1，则不等式ex·
f（x）>
ex＋1的解集是（ ）
A．{x|x>
0}B．{x|x<
0}
C．|x|x<
－1或x>
1|D．{x|x<
－1或0<
1}
解析 构造函数g（x）＝ex·
f（x）－ex－1，
求导得到g′（x）＝ex·
f（x）＋ex·
f′（x）－ex＝ex[f（x）＋f′（x）－1]．
由已知f（x）＋f′（x）>
1，可得到g′（x）>
所以g（x）为R上的增函数；
又g（0）＝e0·
f（0）－e0－1＝0，
所以ex·
ex＋1，
即g（x）>
0}．
12．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（2016）>
e2016f（0）
B．f
（1）>
C．f
（1）>
ef（0），f（2016）<
D．f
（1）<
解析 令g（x）＝
则g′（x）＝（
）′＝
所以函数g（x）＝
是单调减函数，
所以g
（1）<
g（0），g（2016）<
g（0），
即
<
故f
（1）<
e2016f（0）．
13．已知f（x）＝x3－6x2＋9x－abc，a<
b<
c，且f（a）＝f（b）＝f（c）＝0.现给出如下结论：
①f（0）f
（1）>
②f（0）f
（1）<
③f（0）f（3）>
④f（0）f（3）<
其中正确结论的序号是________．
答案 ②③
解析 ∵f′（x）＝3x2－12x＋9＝3（x－1）（x－3），
由f′（x）<
0，得1<
3，
由f′（x）>
0，得x<
1或x>
∴f（x）在区间（1,3）上是减函数，在区间（－∞，1），
（3，＋∞）上是增函数．
又a<
c，f（a）＝f（b）＝f（c）＝0，
∴y极大值＝f
（1）＝4－abc>
0，y极小值＝f（3）＝－abc<
∴0<
abc<
4.
∴a，b，c均大于零，或者a<
0，b<
0，c>
又x＝1，x＝3为函数f（x）的极值点，后一种情况不可能成立，如图．
∴f（0）<
0，∴f（0）f
（1）<
0，f（0）f（3）>
∴正确结论的序号是②③.
14．（2013·
福建）已知函数f（x）＝x－alnx（a∈R）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点A（1，f
（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）的极值．
解 函数f（x）的定义域为（0，＋∞），f′（x）＝1－
（1）当a＝2时，f（x）＝x－2lnx，f′（x）＝1－
因而f
（1）＝1，f′
（1）＝－1，
所以曲线y＝f（x）在点A（1，f
（1））处的切线方程为
y
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