資源簡介

6．2.1　導數與函數的單調性
第1課時　導數與函數的單調性
1.結合實例，借助幾何直觀了解函數的單調性與導數的關系；
2．能利用導數研究函數的單調性；對于多項式函數，能求不超過三次的多項式函數的單調區間．
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教 材 要 點
知識點一　用函數的導數判定函數單調性的法則
(1)如果在(a，b)內，________，則f(x)在此區間是增函數，(a，b)為f(x)的單調增區間；
(2)如果在(a，b)內，________，則f(x)在此區間是減函數，(a，b)為f(x)的單調減區間．
知識點二　一般地，在區間(a，b)內函數的單調性與導數有如下關系
函數的單調性 導數
單調遞增 ________
單調遞減 ________
常函數 ________
基 礎 自 測
1.函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則導函數y＝f′(x)的圖象可能是(　　)
2.已知函數f(x)＝＋ln x，則有(　　)
A．f(2)＜f(e)＜f(3)
B．f(e)＜f(2)＜f(3)
C．f(3)＜f(e)＜f(2)
D．f(e)＜f(3)＜f(2)
3.函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則(　　)
A．f′(3)>0 B．f′(3)<0
C．f′(3)＝0 D．f′(3)的正負不確定
4.已知函數f(x)＝x2－x，則f(x)的單調遞增區間為________．
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函數單調性與導數的正負的關系——函數圖象與導函數圖象的關系
例1　(1)函數y＝f(x)的圖象如圖所示，給出以下說法：
①函數y＝f(x)的定義域是[－1，5]；
②函數y＝f(x)的值域是(－∞，0]∪ [2，4]；
③函數y＝f(x)在定義域內是增函數；
④函數y＝f(x)在定義域內的導數f′(x)>0.
其中正確的序號是(　　)
A．①② B．①③
C．②③ D．②④
(2)設函數f(x)在定義域內可導，y＝f(x)的圖象如圖所示，則導函數y＝f′(x)的圖象可能為(　　)
(3)已知函數f(x)的導函數f′(x)的圖象如圖所示，則函數f(x)的圖象只可能是所給選項中的(　　)
狀元隨筆　研究一個函數的圖象與其導函數圖象之間的關系時，注意抓住各自的關鍵要素，對于原函數，要注意其圖象在哪個區間內單調遞增，在哪個區間內單調遞減；而對于導函數，則應注意其函數值在哪個區間內大于零，在哪個區間內小于零，并分析這些區間與原函數的單調區間是否一致．
方法歸納
1．利用導數判斷函數的單調性比利用函數單調性的定義簡單的多，只需判斷導數在該區間內的正負即可．
2．通過圖象研究函數單調性的方法
(1)觀察原函數的圖象重在找出“上升”“下降”產生變化的點，分析函數值的變化趨勢；
(2)觀察導函數的圖象重在找出導函數圖象與x軸的交點，分析導數的正負．
跟蹤訓練1　(1)函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則其導函數y＝f′(x)的圖象可能是(　　)
(2)函數y＝f(x)在定義域R上可導，其導函數的圖象如圖所示，則函數y＝f(x)的單調遞增區間為________________．
(3)已知f(x)的導函數f′(x)的圖象如圖所示，那么f(x)的圖象最有可能是圖中的(　　)
　利用導數求函數的單調區間
例2　(1)求函數f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的單調減區間．
(2)求函數f(x)＝x＋(a≠0)的單調區間．
(3)求函數f(x)＝sin x－x(0狀元隨筆　求出導數f ′(x)，分a＞0和a＜0兩種情況．由f ′(x)＞0求得單調增區間，由f ′(x)＜0求得單調減區間．
方法歸納
利用導數求函數單調區間的步驟
1．確定函數f(x)的定義域．
2．求導數f′(x)．
3．由f′(x)>0(或f′(x)<0)，解出相應的x的范圍．當f′(x)>0時，f(x)在相應的區間上是增函數；當f′(x)<0時，f(x)在相應區間上是減函數．
4．結合定義域寫出單調區間．
跟蹤訓練2　(1)函數f(x)＝ex－ex，x∈R的單調遞增區間為(　　)
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
(2)函數f(x)＝ln x－x的單調遞增區間是(　　)
A．(－∞，1) B．(0，1)
C．(0，＋∞) D．(1，＋∞)
　判斷函數的單調性
例3　利用導數判斷下列函數的單調性：
(1)f(x)＝x3－x2＋2x－5；
(2)f(x)＝x－－ln x；
(3)f(x)＝x－ex(x>0)．
方法歸納
利用導數判斷函數單調性的步驟：確定函數的定義域；求導數f′(x)；確定f′(x)在定義域內的符號，在此過程中，需要對導函數進行通分、因式分解等變形；得出結論．
跟蹤訓練3　利用導數判斷下列函數的單調性：
(1)f(x)＝x2－2x＋a ln x(a>)；
(2)f(x)＝(x>e)．
第1課時　導數與函數的單調性
新知初探·自主學習
[教材要點]
知識點一
(1)f′(x)>0　(2)f′(x)<0
知識點二
f′(x)≥0　f′(x)≤0　f′(x)＝0
[基礎自測]
1．解析：∵函數f(x)在(0，＋∞)，(－∞，0)上都是減函數，∴當x＞0時，f′(x)＜0，當x＜0時，f′(x)＜0.
答案：D
2．解析：因為在定義域(0，＋∞)上，f′(x)＝＋＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數，所以有f(2)＜f(e)＜f(3).故選A.
答案：A
3．解析：由圖象可知，函數f(x)在(1，5)上單調遞減，則在(1，5)上有f′(x)<0，故f′(3)<0.
答案：B
4．解析：∵f′(x)＝x－1，令f′(x)>0，解得x>1，
故f(x)的單調遞增區間是(1，＋∞).
答案：(1，＋∞)
課堂探究·素養提升
例1　【解析】　(1)由圖象可知，函數的定義域為[－1，5]，值域為(－∞，0]∪[2，4]，故①②正確，選A.
(2)由函數的圖象可知：當x<0時，函數單調遞增，導數始終為正；當x>0時，函數先增后減再增，即導數先正后負再正，對照選項，應選D.
(3)∵導數的正負確定了函數的單調性，
∴從函數f′(x)的圖象可知，令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝a(a>0)，
∴函數在(－∞，0)上單調遞減，在(0，a)上單調遞增，在(a，＋∞)上單調遞減，故選C.
【答案】　(1)A　(2)D　(3)C
跟蹤訓練1　解析：(1)由函數y＝f(x)的圖象可知其單調性從左向右依次為單調遞增、單調遞減、單調遞增、單調遞減，所以其導函數y＝f′(x)的圖象從左向右依次在x軸上方、下方、上方、下方．通過觀察可知，只有選項A符合題意．
(2)函數y＝f(x)的單調遞增區間為其導函數的圖象在x軸上方的部分對應的區間，觀察圖象知，函數y＝f(x)的單調遞增區間為(－2，－1)，(1，3)，(4，＋∞).
(3)由題意可知，當x<0和x>2時，導函數f′(x)<0，函數f(x)是減函數；當x∈(0，2)時，導函數f′(x)>0，函數f(x)是增函數，故函數f(x)的圖象如圖D.
答案：(1)A　(2)(－2，－1)，(1，3)，(4，＋∞)　(3)D
例2　【解析】　(1)f′(x)＝6x2－18x＋12，令f′(x)＜0，即6x2－18x＋12＜0，解得1＜x＜2.∴f(x)的單調減區間為(1，2).
(2)f(x)＝x＋的定義域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
當a>0時，
令f′(x)＝1－>0，解得x>或x<－；
令f′(x)＝1－<0，解得－當a<0時，f′(x)＝1－>0恒成立，
所以當a>0時，f(x)的單調遞增區間為(－∞，－)和(，＋∞)；單調遞減區間為(－，0)和(0，).
當a<0時，f(x)的單調遞增區間為(－∞，0)和(0，＋∞).
(3)f′(x)＝cos x－1.
因為0故函數f(x)的單調遞減區間為(0，π)，無單調遞增區間．
跟蹤訓練2　解析：(1)∵f′(x)＝(ex－ex)′＝ex－e，
由f′(x)＝ex－e>0，可得x>1.
即函數f(x)＝ex－ex，x∈R的單調增區間為(1，＋∞)，故選D.
(2)函數的定義域為(0，＋∞)，又f′(x)＝－1，
由f′(x)＝－1>0，得0所以函數f(x)＝ln x－x的單調遞增區間是(0，1)，故選B.
答案：(1)D　(2)B
例3　【解析】　(1)因為f(x)＝x3－x2＋2x－5，
所以f′(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，
所以函數f(x)＝x3－x2＋2x－5在R上是增函數．
(2)因為f(x)＝x－－ln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝1＋－＝＝>0，
所以f(x)＝x－－ln x在(0，＋∞)上是增函數．
(3)因為f(x)＝x－ex，x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＝1－ex<0，所以f(x)＝x－ex在(0，＋∞)上是減函數．
跟蹤訓練3　解析：(1)因為f(x)＝x2－2x＋a ln x，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝2x－2＋＝，
對于y＝2x2－2x＋a，a>，Δ＝4－8a＝8(－a)<0，故有y＝2x2－2x＋a>0恒成立，即f′(x)>0，
所以f(x)＝x2－2x＋a ln x在x∈(0，＋∞)上是增函數．
(2)因為f(x)＝，x>e，所以f′(x)＝＝<0，
所以f(x)＝在(e，＋∞)上是減函數．第2課時　導數與函數的單調性的應用
新知初探·自主學習——突出基礎性
　基 礎 自 測
1．已知函數f(x)，g(x)對任意實數x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且當x>0時，有f′(x)>0，g′(x)>0，則當x<0時，有(　　)
A.f′(x)>0，g′(x)>0
B．f′(x)>0，g′(x)<0
C．f′(x)<0，g′(x)>0
D．f′(x)<0，g′(x)<0
2．已知函數f(x)＝－x3＋ax2－x－1在R上是單調函數，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－]∪ []，＋∞)
B．[－]，]]
C．(－∞，－])∪ (]，＋∞)
D．(－]，])
3．函數f(x)＝x3－ (2a＋1)x2＋(a2＋a)x＋4的單調減區間是________．
4．若函數f(x)＝(x2＋mx)ex的單調遞減區間是[－，1]，則實數m的值為________．
　課堂探究·素養提升——強化創新性
　求含參數的函數的單調區間
例1　討論函數f(x)＝ax2＋x－(a＋1)ln x(a≥0)的單調性．
方法歸納
1．研究含參數的函數的單調性，要依據參數對不等式解集的影響進行分類討論．
2．劃分函數的單調區間時，要在函數的定義域內討論，還要確定導數為0的點和函數的間斷點
．跟蹤訓練1　求函數f(x)＝＋a ln x(a∈R)的單調遞減區間．
　已知函數的單調性求參數的取值范圍
【思考探究】
1．已知函數f(x)＝x3－ax－1為單調遞增函數，如何求實數a的取值范圍．
[提示]　由已知得f′(x)＝3x2－a，
因為f(x)在(－∞，＋∞)上是單調增函數，
所以f′(x)＝3x2－a＞0在(－∞，＋∞)上恒成立，
即a＜3x2對x∈R恒成立，因為3x2≥0，所以只需a＜0.
又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，
f(x)＝x3－1在R上是增函數，所以a≤0.
2．若函數f(x)＝x3－ax－1的單調遞減區間為(－1，1)，如何求a的取值范圍．
[提示]　由f′(x)＝3x2－a，
①當a≤0時，f′(x)≥0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數．
②當a＞0時，令3x2－a＝0，得x＝±，
當－＜x＜時，f′(x)＜0.
∴f(x)在(－，)上為減函數，
∴f(x)的單調遞減區間為(－，)，
∴＝1，即a＝3.
例2　已知關于x的函數y＝x3－ax＋b.
(1)若函數y＝x3－ax＋b在(1，＋∞)內是增函數，求a的取值范圍；
(2)若函數y＝x3－ax＋b的一個單調遞增區間為(1，＋∞)，求a的值．
狀元隨筆　(1)函數在區間(1，＋∞)內是增函數，則必有y ′≥0在(1，＋∞)上恒成立，由此即可求出a的取值范圍．
(2)函數y的一個單調遞增區間為(1，＋∞)，即函數單調區間的端點值為1，由此可解得a的值．
方法歸納
1．已知f(x)在區間(a，b)上的單調性，求參數范圍的方法
(1)利用集合的包含關系處理f(x)在(a，b)上單調遞增(減)的問題，則區間(a，b)是相應單調區間的子集；
(2)利用不等式的恒成立處理．可導函數f(x)在(a，b)上單調遞增(或單調遞減)的充要條件是f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在(a，b)上恒成立，且f′(x)在(a，b)的任何子區間內都不恒等于0，利用分離參數或函數性質解出參數的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數的取值是f′(x)不恒等于0的參數的范圍，然后檢驗參數取“＝”時是否滿足題意．
2．若函數y＝f(x)在區間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側導數是否異號)．
跟蹤訓練2　(1)函數y＝x3＋x2＋mx＋2是R上的單調函數，則m的取值范圍是(　　)
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
(2)若函數y＝x3－ax＋b在(1，＋∞)上不單調，求a的取值范圍．
　利用導數證明不等式
例3　證明ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥0)．
方法歸納
用導數證明不等式f(x)>g(x)的一般步驟
(1)構造函數F(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b].
(2)證明F′(x)＝f′(x)－g′(x)≥0，且F(a)>0.
(3)依(2)知函數F(x)＝f(x)－g(x)在[a，b]上是單調增函數，故f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)．這是因為F(x)≥F(a)>0，即f(x)－g(x)≥f(a)－g(a)>0.
跟蹤訓練3　證明不等式ln x≤x－1.
教材反思
1．牢記利用導數法解決取值范圍問題的2個基本思路
(1)將問題轉化為不等式在某區間上的恒成立問題，即f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，再利用分離參數或函數性質求解參數范圍，然后檢驗參數取“＝”時是否滿足題意；
(2)先令f′(x)>0(或f′(x)<0)，求出參數的取值范圍后，再驗證參數取“＝”時f(x)是否滿足題意．
2．掌握恒成立問題的重要思路
利用函數的單調性求參數的取值范圍的關鍵是轉化為不等式的恒成立問題或存在問題，再利用分離參數法或函數的性質求解．
(1)m≥f(x)恒成立 m≥f(x)max；
(2)m≤f(x)恒成立 m≤f(x)min.
3．注意1個易錯點
對于含參數的導數的單調性，要清楚分類討論的標準，做到不重不漏．
第2課時　導數與函數的單調性的應用
新知初探·自主學習
[基礎自測]
1．解析：由已知，得f(x)為奇函數，g(x)為偶函數．∵當x>0時，f′(x)>0，g′(x)>0，∴f(x)，g(x)在(0，＋∞)上均單調遞增，∴f(x)在(－∞，0)上單調遞增，g(x)在(－∞，0)上單調遞減，∴當x<0時，f′(x)>0，g′(x)<0.
答案：B
2．解析：f′(x)＝－3x2＋2ax－1，由題意，可知f′(x)＝－3x2＋2ax－1≤0在R上恒成立，∴(2a)2－4×(－3)×(－1)≤0，解得－≤a≤.
答案：B
3．解析：f′(x)＝x2－(2a＋1)x＋a2＋a＝[x－(a＋1)](x－a)，令f′(x)<0，得a答案：(a，a＋1)
4．解析：f′(x)＝[x2＋(m＋2)x＋m]ex.因為f(x)的單調減區間是[－，1]，所以f′(x)＝0的兩個根分別為x1＝－，x2＝1，即解得m＝－.
答案：－
課堂探究·素養提升
例1　【解析】　函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝ax＋1－＝.
①當a＝0時，f′(x)＝，
由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0∴f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
②當a>0時，f′(x)＝，
∵a>0，∴>0.
由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0∴f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
綜上所述，當a≥0時，f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增．
跟蹤訓練1　解析：易得函數f(x)的定義域是(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝.
①當a≤0時，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞減．
②當a>0時，若0若x>，則f′(x)>0，
所以f(x)在(0, )上單調遞減，在( ，＋∞)上單調遞增．
綜上可知，當a≤0時，f(x)的單調遞減區間為(0，＋∞)，當a>0時，f(x)的單調遞減區間為(0, ).
例2　【解析】　y′＝3x2－a.
(1)若函數y＝x3－ax＋b在(1，＋∞)內是增函數．
則y′＝3x2－a≥0在x∈(1，＋∞)時恒成立，
即a≤3x2在x∈(1，＋∞)時恒成立，
則a≤(3x2)min.
因為x>1，所以3x2>3.
所以a≤3，即a的取值范圍是(－∞，3].
【解析】(2)令y′>0，得x2>.
若a≤0，則x2>恒成立，即y′>0恒成立，
此時，函數y＝x3－ax＋b在R上是增函數，與題意不符．
若a>0，令y′>0，得x>或x<－ .
因為(1，＋∞)是函數的一個單調遞增區間，所以 ＝1，即a＝3.
跟蹤訓練2　解析：函數y＝x3＋x2＋mx＋2是R上的單調函數，即y′＝x2＋2x＋m≥0或y′＝x2＋2x＋m≤0(舍)在R上恒成立，
∴Δ＝4－4m≤0，解得m≥1.
答案： D
解析：y′＝3x2－a，
當a≤0時，y′＝3x2－a>0，函數在(1，＋∞)上單調遞增，不符合題意．
當a＞0時，函數y在(1，＋∞)上不單調，即y′＝3x2－a＝0在區間(1，＋∞)上有根．由3x2－a＝0可得x＝ 或x＝－ (舍去).
依題意，有 >1，∴a>3，
所以a的取值范圍是(3，＋∞).
答案：(1)D　(2)見解析
例3　【證明】　令f(x)＝ex－x－1(x≥0)，則f′(x)＝ex－1≥0，
∴f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
∴對任意x∈[0，＋∞)，有f(x)≥f(0)，而f(0)＝0，
∴f(x)≥0，即ex≥x＋1，
令g(x)＝x－sin x(x≥0)，g′(x)＝1－cos x≥0，
∴g(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
∴g(x)≥g(0)，即x－sin x≥0，
∴x＋1≥sin x＋1(x≥0).
綜上，ex≥x＋1≥sin x＋1(x≥1).
跟蹤訓練3　證明：由題意知x>0，令f(x)＝x－1－ln x，
所以f′(x)＝1－＝，
所以當f′(x)>0時，x>1；當f′(x)<0時，0故f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
所以f(x)有最小值f(1)＝0，
故有f(x)＝x－1－ln x≥f(1)＝0，即ln x≤x－1成立．6．2.2　導數與函數的極值、最值
第1課時　導數與函數的極值
1.借助函數的圖象，了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件；
2．能利用導數求某些函數的極大值、極小值．
新知初探·自主學習——突出基礎性
教 材 要 點
知識點　極值點和極值的概念
名稱 定義 表示法
極值 極大值 已知函數y＝f(x)，設x0是定義域(a，b)內任一點，如果對x0附近的所有點x，都有________，則稱函數f(x)在點x0處取極大值 記作________
極小值 已知函數y＝f(x)，設x0是定義域(a，b)內任一點，如果對x0附近的所有點x，都有________，則稱函數f(x)在點x0處取極小值 記作________
極值點 ________統稱為極值點
　基 礎 自 測
1．函數f(x)的定義域為開區間(a，b)，其導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在開區間(a，b)內的極大值點有(　　)
A.1個 B．2個
C．3個 D．4個
2．函數y＝x3－3x2－9x(－2＜x＜2)有(　　)
A．極大值5，極小值－27
B．極大值5，極小值－11
C．極大值5，無極小值
D．極小值－27，無極大值
3．已知函數f(x)＝x3－mx2＋mx＋9在R上無極值，則實數m的取值范圍為(　　)
A．(－∞，0)∪ (1，+∞) B.( －∞，0]∪[1，+∞)
C．(0，1) D．[0，1]
4．若函數f(x)＝ax－ln x在x＝處取得極值，則實數a的值為(　　)
A．　　B． C．2　　D．
　
課堂探究·素養提升——強化創新性
　函數極值概念的理解
例1　函數y＝f(x)的導函數的圖象如圖所示，給出下列判斷：
①函數y＝f(x)在區間(3，5)內單調遞增；
②函數y＝f(x)在區間(－，3)內單調遞減；
③函數y＝f(x)在區間(－2，2)內單調遞增；
④當x＝－時，函數y＝f(x)有極大值；
⑤當x＝2時，函數y＝f(x)有極大值．
則上述判斷中正確的序號是________．
方法歸納
1．解答此類問題要先搞清楚所給的圖象是原函數還是導函數的，對于導函數的圖象，重點考查在哪個區間上為正，哪個區間上為負，在哪個點處與x軸相交，在該點附近的導數值是如何變化的，若是由正值變為負值，則在該點處取得極大值；若是由負值變為正值，則在該點處取得極小值．
2．注意點：
(1)極值點不是點；
(2)極值是函數的局部性質；
(3)函數的極值不唯一；
(4)極大值與極小值兩者的大小不確定；
(5)極值點出現在區間的內部，端點不能是極值點；
(6)若f′(x0)＝0，則x0不一定是極值點，即f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0處取到極值的必要不充分條件，函數y＝f′(x)的變號零點，才是函數的極值點．
跟蹤訓練1　已知函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則函數y＝f(x)在區間(a，b)內的極小值點的個數為(　　)
A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4
　求函數的極值
例2　求下列函數的極值．
(1)f(x)＝x2－2x－1；
(2)f(x)＝－x3＋－6；
(3)f(x)＝|x|；
(4)f(x)＝x－a ln x(a∈R)．
方法歸納
1．討論函數的性質要注意定義域優先的原則．
2．極值點與導數的關系
(1)可導函數的極值點一定是導數值為0的點，導數值為0的點不一定是極值點．
點x0是可導函數f(x)在區間(a，b)內的極值點的充要條件：
①f′(x0)＝0；
②點x0兩側f′(x)的符號不同．
(2)不可導的點可能是極值點(如本例(3)中x＝0點)，也可能不是極值點(如y＝√(x)，在x＝0處不可導，在x＝0處也取不到極值)，所以函數的極值點可能是f′(x)＝0的根，也可能是不可導點．
跟蹤訓練2　求下列函數的極值：
(1)f(x)＝x2－2ln x；
(2)f(x)＝x3－x；
(3)f(x)＝x2e－x.
　利用函數的極值求參數的值或者范圍
例3　(1)已知f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝1與x＝－時都取得極值．
①求a，b的值；
②若f(－1)＝，求f(x)的單調區間和極值．
狀元隨筆　①求導函數f ′(x)，則由x＝1和x＝－是f ′(x)＝0的兩根及根與系數的關系求出a，b.
②由f(－1)＝求出c，再列表求解．
(2)已知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1沒有極值，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[0，1]
B．(－∞，0]∪ [1，+∞)
C．[0，2]
D．(－∞，0]∪ [2，+∞)
狀元隨筆　求導得f ′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1，再解不等式[2(a－1)]2－4≤0即得解．
方法歸納
已知函數極值的情況，逆向應用確定函數的解析式時，應注意以下兩點：
1．根據極值點處導數為0和極值兩個條件列方程組，利用待定系數法求解；
2．因為導數值等于零不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數法求解后必須驗證根的合理性．
跟蹤訓練3　(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1時有極值0，求常數a，b的值．
(2)已知函數f(x)＝+＋ax＋1既有極大值，又有極小值，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(0，4)
B．[0，4]
C．(－∞，0)∪ (4，+∞)
D．(－∞，0]∪ [4，+∞)
(3)若函數f(x)＝x3－4x＋4的圖象與直線y＝a恰有三個不同的交點，則實數a的取值范圍是________．
6．2.2　導數與函數的極值、最值
第1課時　導數與函數的極值
新知初探·自主學習
[教材要點]
知識點
f(x)≤f(x0)　y極大＝f(x0)　f(x)≥f(x0)　
y極小＝f(x0)　極大值點與極小值點
[基礎自測]
1．解析：依題意，記函數y＝f′(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標自左向右依次為x1，x2，x3，x4，當a＜x＜x1時，f′(x)＞0；當x1＜x＜x2時，f′(x)＜0；當x2＜x＜x4時，f′(x)≥0；當x4＜x＜b時，f′(x)＜0.因此，函數f(x)分別在x＝x1，x＝x4處取得極大值，選B.
答案：B
2．解析：由y′＝3x2－6x－9＝0，得x＝－1或x＝3.
當x＜－1或x＞3時，y′＞0；由－1＜x＜3時，y′＜0.
∴當x＝－1時，函數有極大值5；3 (－2，2)，故無極小值．
答案：C
3．解析：函數f(x)＝x3－mx2＋mx＋9在R上無極值 f′(x)＝x2－2mx＋m在R上無變號零點 Δ＝4m2－4m≤0 0≤m≤1，故選D.
答案：D
4．解析：因為f′(x)＝a－，所以f′＝0，
即a－＝0，解得a＝.
答案：A
課堂探究·素養提升
例1　【解析】　對于①，當x∈(3，4)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
當x∈(4，5)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以①錯誤；
對于②，當x∈(－，2)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，
當x∈(2，3)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，所以②錯誤；
對于③，當x∈(－2，2)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以③正確；
對于④，當x∈(－2，2)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，故當x＝－時，f(－)不是極大值，所以④錯誤；
對于⑤，由②知當x＝2時，函數y＝f(x)取得極大值，所以⑤正確．
【答案】　③⑤
跟蹤訓練1　解析：由圖象，設f′(x)與x軸負半軸的兩個交點的橫坐標分別為c，d，其中c所以此時函數f(x)在(－∞，c)，(d，b)上單調遞增，
在(c，d)上，f′(x)<0，此時f(x)在(c，d)上單調遞減，
所以x＝c時，函數取得極大值，x＝d時，函數取得極小值．
則函數y＝f(x)的極小值點的個數為1.
答案：A
例2　【解析】f′(x)＝2x－2，令f′(x)＝0，解得x＝1.
因為當x<1時，f′(x)<0，
當x>1時，f′(x)>0，
所以函數在x＝1處有極小值，且y極小＝－2.
【解析】f′(x)＝x3－2x2＋x＝x(x2－2x＋1)＝x(x－1)2.
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝1.
所以當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
所以當x＝0時，函數取得極小值，且y極小＝－6.
【解析】顯然函數f(x)＝|x|在x＝0處不可導，
當x>0時，f′(x)＝x′＝1>0，
函數f(x)＝|x|在(0，＋∞)內單調遞增；
當x<0時，f′(x)＝(－x)′＝－1<0，
函數f(x)＝|x|在(－∞，0)內單調遞減．
故當x＝0時，函數取得極小值，且y極小＝0.
【解析】函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－.
f′(x)＝1－＝，x>0.
①當a≤0時，f′(x)>0，函數f(x)為(0，＋∞)上的增函數，函數f(x)無極值；
②當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a;
∵x∈(0，a)時，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，
∴f(x)在x＝a處取得極小值，
且極小值為f(a)＝a－a ln a，無極大值．
綜上，當a≤0時，函數f(x)無極值；當a>0時，函數f(x)在x＝a處取得極小值a－a ln a，無極大值．
跟蹤訓練2　解析：∵f′(x)＝2x－，
且函數定義域為(0，＋∞)，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，
當x∈(0，1)時，f′(x)<0，
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，
∴當x＝1時，函數有極小值，極小值為f(1)＝1.
解析：函數f(x)的定義域為R.
令f′(x)＝0，得3x2－1＝0，解得x＝－或x＝.
當x變化時，f(x)和f′(x)變化情況如表：
f(x)在x＝－處取得極大值，在x＝處取得極小值－.
解析：函數f(x)的定義域為R，
f′(x)＝2xe－x＋x2·e－x·(－x)′＝2xe－x－x2·e－x＝x(2－x)e－x.
令f′(x)＝0，得x(2－x)·e－x＝0，解得x＝0或x＝2.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表：
x (－∞，0) 0 (0，2) 2 (2，＋∞)
f′(x) － 0 ＋ 0 －
f(x) 單調 遞減 0 單調 遞增 4e－2 單調遞減
因此當x＝0時，f(x)取得極小值，且極小值為f(0)＝0；
當x＝2時，f(x)取得極大值，
且極大值為f(2)＝4e－2＝.
例3　【解析】　(1)①f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
令f′(x)＝0，由題設知x＝1與x＝－為f′(x)＝0的解．
∴
∴a＝－，b＝－2.經檢驗滿足題意．
②由①知f(x)＝x3－x2－2x＋c，
由f(－1)＝－1－＋2＋c＝，得c＝1.
∴f(x)＝x3－x2－2x＋1.
∴f′(x)＝3x2－x－2.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
∴f(x)的遞增區間為(－∞，－)和(1，＋∞)，遞減區間為(－，1).
當x＝－時，f(x)有極大值為f(－)＝；
當x＝1時，f(x)有極小值為f(1)＝－.
【解析】由f(x)＝x3＋(a－1)x2＋x＋1得f′(x)＝x2＋2(a－1)x＋1，
根據題意得[2(a－1)]2－4≤0，解得0≤a≤2.
故選C.
【答案】C
跟蹤訓練3　解析：(1)因為f(x)在x＝－1時有極值0，
且f′(x)＝3x2＋6ax＋b，
所以即
解得或
當a＝1，b＝3時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0，
所以f(x)在R上為增函數，無極值，故舍去．
當a＝2，b＝9時，
f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3).
當x∈(－3，－1)時，f(x)為減函數；
當x∈(－∞，－3)和(－1，＋∞)時，f(x)為增函數，
所以f(x)在x＝－1時取得極小值，因此a＝2，b＝9.
解析：由題意知，f′(x)＝x2＋ax＋a，
由函數f(x)有極小值和極大值，
得方程f′(x)＝0有兩個不同的實根，
所以Δ＝a2－4a>0 a<0或a>4，
即a的取值范圍為(－∞，0)∪(4，＋∞).故選C.
解析：∵f(x)＝x3－4x＋4，
∴f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2).
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表：
∴當x＝－2時，函數取得極大值f(－2)＝；
當x＝2時，函數取得極小值f(2)＝－.
且f(x)在(－∞，－2)上單調遞增，在(－2，2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增．
根據函數單調性、極值的情況，它的圖象大致如圖所示，
結合圖象知－答案：(1)見解析　(2)C　(3)(－，)第2課時　導數與函數的最值
能利用導數求某些函數的極大值、極小值以及給定閉區間上不超過三次的多項式函數的最大值、最小值；體會導數與單調性、 極值、最大 (小)值的關系．
新知初探·自主學習——突出基礎性
教 材 要 點
知識點　函數f(x)在閉區間[a，b]上的最值
假設函數y＝f(x)在閉區間[a，b]上的圖象是一條連續不間斷的曲線，則該函數在[a，b]一定能夠取得________與________，若函數在[a，b]內是可導的，則該函數的最值必在極值點或區間端點取得．
　基 礎 自 測
1．下列結論正確的是(　　)
A．若f(x)在[a，b]上有極大值，則極大值一定是[a，b]上的最大值
B．若f(x)在[a，b]上有極小值，則極小值一定是[a，b]上的最小值
C．若f(x)在[a，b]上有極大值，則極小值一定是在x＝a和x＝b處取得
D．若f(x)在[a，b]上連續，則f(x)在[a，b]上存在最大值和最小值
2．函數y＝x－sin x，x∈[，π]的最大值是(　　)
A.π－1 B．－1
C．π D．π＋1
3．函數f(x)＝x3－3x(|x|＜1)(　　)
A．有最值，但無極值
B．有最值，也有極值
C．既無最值，也無極值
D．無最值，但有極值
4．函數f(x)＝(x＋1)ex的最小值是________．
　課堂探究·素養提升——強化創新性
　求函數的最值
【思考探究】
如圖為y＝f(x)，x∈[a，b]的圖象．
1．觀察[a，b]上函數y＝f(x)的圖象，試找出它的極大值、極小值．
[提示]　f(x1)，f(x3)為函數的極大值，f(x2)，f(x4)為函數的極小值．
2．結合圖象判斷，函數y＝f(x)在區間[a，b]上是否存在最大值，最小值？若存在，分別為多少？
[提示]　存在．f(x)的最小值為f(a)，f(x)的最大值為(f(x_(3)))．
3．函數y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值一定是其極值嗎？
[提示]　不一定．也可能是區間端點的函數值．
例1　求下列各函數的最值：
(1)f(x)＝ln x－x, x∈(0，e]；
(2)f(x)＝－x4＋2x2＋3，x∈[－3，2]；
(3)f(x)＝x3－3x2＋6x－2，x∈[－1，1]；
(4)f(x)＝x＋sin x，x∈[0，2π].
,
方法歸納
求函數最值的四個步驟
第一步，求函數的定義域；
第二步，求f′(x)，解方程f′(x)＝0；
第三步，列出關于x，f(x)，f′(x)的變化表；
第四步，求極值、端點值，確定最值．
跟蹤訓練1　求下列函數的最值：
(1)f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]；
(2)f(x)＝x＋cos x，x∈[0，2π]；
(3)f(x)＝.
　求含參數的函數的最值
例2　已知函數f(x)＝x3－ax2－a2x.求函數f(x)在[0，＋∞)上的最小值．
狀元隨筆　不能求出參數值的問題，則要對參數進行討論
方法歸納
含參數的函數最值問題的兩類情況
(1)能根據條件求出參數，從而化為不含參數的函數的最值問題．
(2)對于不能求出參數值的問題，則要對參數進行討論，其實質是討論導函數大于0、等于0、小于0三種情況．若導函數恒不等于0，則函數在已知區間上是單調函數，最值在端點處取得；若導函數可能等于0，則求出極值點后求極值，再與端點值比較后確定最值．
跟蹤訓練2　已知a∈R，函數f(x)＝x2(x－a)，求f(x)在區間[0，2]上的最大值．
　由最值求參數的值或范圍
例3　已知函數f(x)＝ax3－6ax2＋b，x∈[－1，2]的最大值為3，最小值為－29，求a，b的值．
方法歸納
已知函數在某區間上的最值求參數的值(或范圍)是求函數最值的逆向思維，一般先求導數，利用導數研究函數的單調性及極值點，探索最值點，根據已知最值列方程(不等式)解決問題．
跟蹤訓練3　(1)已知函數h(x)＝x3＋3x2－9x＋1在區間[k，2]上的最大值是28，求k的取值范圍．
(2)已知f(x)＝ax－ln x，a∈R.
①當a＝1時，求曲線f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；
②是否存在實數a，使f(x)在區間(0，e]上的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．
　與最值有關的恒成立問題
例4　已知2x ln x≥－x2＋ax－3對一切x∈(0，＋∞)恒成立，則a的取值范圍為________．
方法歸納
1．分離參數法求解不等式恒成立問題的步驟
2．構造新函數，利用導數求新函數的最值，若參數影響單調性，需對參數討論，利用最值解決恒成立問題，即f(x)≥0恒成立 f(x)min≥0，f(x)≤0恒成立 f(x)max≤0.
跟蹤訓練4　已知函數f(x)＝ex(ex－a)－a2x.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)≥0，求a的取值范圍．
第2課時　導數與函數的最值
新知初探·自主學習
[教材要點]
知識點
最大值　最小值
[基礎自測]
1．解析：函數f(x)在[a，b]上的極值不一定是最值，最值也不一定是極值，極值一定不會在端點處取得，而在[a，b]上一定存在最大值和最小值．
答案：D
2．解析：y′＝1－cos x，當x∈[，π]時，y′>0，
則函數在區間[，π]上是增函數，
所以y的最大值為ymax＝π－sin π＝π.
答案：C
3．解析：f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，
當x∈(－1，1)時，f′(x)＜0，
所以f(x)在(－1，1)上單調遞減，
無最大值和最小值，也無極值．
答案：C
4．解析：f(x)＝(x＋1)ex f′(x)＝(x＋2)ex，
當x>－2時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，當x<－2時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，
因此當x＝－2時，函數有最小值，最小值為f(－2)＝(－2＋1)e－2＝－.
答案：－
課堂探究·素養提升
例1　【解析】　(1)f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，得x＝1.
當x∈(0，1)時，f′(x)>0，當x∈(1，e)時，f′(x)<0，
∴當x＝1時，f(x)有極大值，也是最大值，最大值為f(1)＝－1.無極小值．
【解析】(2)f′(x)＝－4x3＋4x＝－4x(x＋1)(x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝－1，x＝0，x＝1.
當x變化時，f′(x)及f(x)的變化情況如表：
∴當x＝－3時，f(x)取最小值－60；
當x＝－1或x＝1時，f(x)取最大值4.
【解析】f′(x)＝3x2－6x＋6＝3(x2－2x＋2)＝3(x－1)2＋3，
∴f′(x)在[－1，1]內恒大于0，∴f(x)在[－1，1]上為增函數．故當x＝－1時，f(x)min＝－12；
當x＝1時，f(x)max＝2.
即f(x)的最小值為－12，最大值為2.
(4)f′(x)＝＋cos x，令f′(x)＝0，又x∈[0，2π]，解得x＝或x＝，
計算得f(0)＝0，f(2π)＝π，f()＝＋，
f()＝－.
所以當x＝0時，f(x)有最小值f(0)＝0；
當x＝2π時，f(x)有最大值f(2π)＝π.
跟蹤訓練1　解析：(1)因為f(x)＝2x3－12x，x∈[－2，3]，
所以f′(x)＝6x2－12＝6(x＋)(x－)，
令f′(x)＝0，
解得x＝－或x＝.
因為f(－2)＝8，f(3)＝18，
f()＝－8，f(－)＝8，
所以當x＝時，
f(x)取得最小值－8；
當x＝3時，
f(x)取得最大值18.
(2)f′(x)＝－sin x，x∈[0，2π]，
令f′(x)＝0，得x＝或x＝.
因為f(0)＝1，f(2π)＝π＋1，
f()＝＋，f()＝－.
所以當x＝2π時，f(x)有最大值f(2π)＝π＋1，
當x＝時，f(x)有最小值f()＝－.
(3)函數f(x)＝的定義域為R.
f′(x)＝＝，
當f′(x)＝0時，x＝2，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表所示．
∴f(x)在(－∞，2)上是增函數，
在(2，＋∞)上是減函數，
∴f(x)無最小值，且當x＝2時，f(x)max＝f(2)＝.
例2　【解析】　f′(x)＝3x2－2ax－a2＝(3x＋a)(x－a)，
令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝a.
①當a>0時，f(x)在[0，a)上是減函數，在[a，＋∞)上是增函數．所以f(x)min＝f(a)＝－a3.
②當a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)在[0，＋∞)上是增函數，所以f(x)min＝f(0)＝0.
③當a<0時，f(x)在[0，－)上是減函數，
在[－，＋∞)上是增函數．
所以f(x)min＝f(－)＝a3.
綜上所述，當a>0時，f(x)的最小值為－a3；
當a＝0時，f(x)的最小值為0；
當a<0時，f(x)的最小值為a3.
跟蹤訓練2　解析：f(x)＝x3－ax2，則f′(x)＝x2－2ax.
令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a.
令g(a)＝f(x)max，
①當2a≤0，即a≤0時，f′(x)≥0恒成立，
f(x)在[0，2]上是增函數，
從而g(a)＝f(x)max＝f(2)＝－4a.
②當2a≥2，即a≥1時，f(x)在[0，2]上是減函數，
從而g(a)＝f(x)max＝f(0)＝0.
③當0<2a<2，即0f(x)在 [0，2a]上是減函數，在(2a，2]上是增函數，
從而g(a)＝
綜上所述，f(x)max＝
例3　【解析】　由題設知a≠0，否則f(x)＝b為常數函數，與題設矛盾．
求導得f′(x)＝3ax2－12ax＝3ax(x－4)，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4(舍去).
①當a>0，且當x變化時，
f′(x)，f(x)的變化情況如表：
由表可知，當x＝0時，f(x)取得極大值b，也就是函數在[－1，2]上的最大值，
∴f(0)＝b＝3.
又f(－1)＝－7a＋3，f(2)＝－16a＋3∴f(2)＝－16a＋3＝－29，
解得a＝2.
②當a<0時，同理可得，當x＝0時，f(x)取得極小值b，也就是函數在[－1，2]上的最小值，
∴f(0)＝b＝－29.
又f(－1)＝－7a－29，f(2)＝－16a－29>f(－1)，
∴f(2)＝－16a－29＝3，解得a＝－2.
綜上可得，a＝2，b＝3或a＝－2，b＝－29.
跟蹤訓練3　解析：(1)∵h(x)＝x3＋3x2－9x＋1，
∴h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1，
當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如表：
∴當x＝－3時，h(x)取極大值28；
當x＝1時，h(x)取極小值－4.
而h(2)＝3∴如果h(x)在區間[k，2]上的最大值為28，則k≤－3.
∴k的取值范圍為(－∞，－3].
(2)①當a＝1時，f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
∴所求切線的斜率為f′(2)＝，切點為(2，2－ln 2)，
∴所求切線的方程為y－(2－ln 2)＝(x－2)，
即x－2y＋2－2ln 2＝0.
②假設存在實數a，使f(x)＝ax－ln x在區間(0，e]上的最小值是3，
f′(x)＝a－＝.
ⅰ.當a≤0時，f(x)在(0，e]上是減函數，故f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，解得a＝(舍去)，所以此時不存在符合題意的實數a；
ⅱ.當0<時，f(x)在(0，)上是減函數，在(，e]上是增函數，故f(x)min＝f()＝1＋ln a＝3，解得a＝e2，滿足條件；
ⅲ.當≥e，即0綜上，存在實數a＝e2，使f(x)在區間(0，e]上的最小值是3.
例4　【解析】　由2x ln x≥－x2＋ax－3(x>0)，
得a≤2ln x＋x＋(x>0).
設h(x)＝2ln x＋＋x(x>0).
則h′(x)＝，
當x∈(0，1)時，h′(x)<0，h(x)為單調減函數，
當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)為單調增函數．
∴h(x)min＝h(1)＝4.
∴a≤h(x)min＝4.
【答案】　(－∞，4]
跟蹤訓練4　解析：(1)函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).
若a＝0，則f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)上單調遞增．
若a>0，則由f′(x)＝0得x＝ln a.
當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；
當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，
在(ln a，＋∞)上單調遞增．
若a<0，則由f′(x)＝0，
得x＝ln (－).
當x∈(－∞，ln (－))時，f′(x)＜0；
當x∈(ln (－)，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，ln (－))上單調遞減，
在(ln (－)，＋∞)上單調遞增．
(2)若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.符合題意．
若a>0，則由(1)得，當x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a2ln a，從而當且僅當－a2ln a≥0，即0若a<0，則由(1)得，當x＝ln (－)時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln (－))＝a2(－ln (－))，從而當且僅當a2[－ln (－)]≥0，即0>a≥－時f(x)≥0.
綜上，a的取值范圍是[－，1].第3課時　導數與函數的極值、最值綜合問題
1.借助函數的圖象，了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件；
2．能利用導數求某些函數的極大值、極小值．
新知初探·自主學習——突出基礎性
教 材 要 點
知識點
利用導數研究函數的零點或方程根的方法是借助于導數研究函數的單調性，極值(最值)，通過極值或最值的正負、函數的單調性判斷函數圖象走勢，從而判斷零點個數或者通過零點的個數求參數范圍．
　基 礎 自 測
1．函數f(x)＝ln x＋的零點個數為(　　)
A．0　　　B．1　　　C．2　　　D．3
2．已知函數f(x)＝(x2＋a)ex有最小值，則函數y＝f′(x)的零點個數為(　　)
A．0 B．1
C．2 D．不確定
3．若曲線y＝xe－x與直線y＝a恰有兩個交點，則實數a的取值范圍為(　　)
A．(－∞，] B．(0，)
C．(0，＋∞) D．[0，]
4．直線y＝a與函數y＝x3－3x的圖象有三個相異的交點，則a的取值范圍是________．
　課堂探究·素養提升——強化創新性
　利用導數解決函數的零點或方程的根問題
例1　給定函數f(x)＝ex－x.
(1)判斷函數f(x)的單調性，并求出f(x)的值域；
(2)畫出函數f(x)的大致圖象；
(3)求出方程f(x)＝m(m∈R)在區間[－1，2]上的根的個數．
方法歸納
判斷零點的個數問題的思路
(1)求出函數的定義域．
(2)求導數f′(x)及函數f′(x)的零點．
(3)用f′(x)的零點將函數f(x)的定義域劃分為若干個區間，列表給出f′(x)在各個區間上的正負，并得出f(x)的單調性與極值．
(4)確定f(x)的圖象經過一些特殊點，根據零點存在性定理分析圖象的變化趨勢．
(5)畫出f(x)的大致圖象．
跟蹤訓練1　已知函數f(x)＝－1.
(1)求f(x)的單調區間；
(2)當a≤1時，求函數f(x)在區間(0，e]上零點的個數．
　由函數的零點個數求參數的范圍
例2　已知函數f(x)＝x3－kx＋k2.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)有三個零點，求k的取值范圍．
方法歸納
利用導數研究函數的零點或方程根的方法是借助于導數研究函數的單調性、極值(最值)，通過極值或最值的正負、函數的單調性以及零點存在性定理判斷函數圖象走勢，從而判斷零點個數或者通過零點的個數求參數范圍．
跟蹤訓練2　已知函數f(x)＝ex－a(x＋2)，
(1)當a＝1時，討論f(x)的單調性；
(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍．
　二次求導問題
例3　已知函數f(x)＝ex－ax.(a∈R)
(1)求函數f(x)的單調區間；
(2)若a＝3，證明：當x＞0時，f(x)＞x2－3x＋1恒成立．
方法歸納
解決此系列問題的步驟：
(1)求定義域且求導；
(2)要判斷f′(x)的符號，只需要判斷優化后的函數的符號但不確定；
(3)構造函數，二次求導，直接判斷導函數的符號．
跟蹤訓練3　已知函數f(x)＝ex cos x－x.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程；
(2)求函數f(x)在區間[0，]上的最大值和最小值．
　二次求導虛設零點問題
例4　已知函數f(x)＝. 求證：函數f(x)＝有極大值．
方法歸納
零點存在性定理——虛設零點，此時g(x)在(0，＋∞)上有沒有零點，我們繼續列表分析．
跟蹤訓練4　已知函數f(x)＝ex(ln x－a)
(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；
(2)若a＞1，求證：函數f(x)存在極小值．
第3課時　導數與函數的極值、最值綜合問題
新知初探·自主學習
[基礎自測]
1．解析：由題意，得函數f(x)＝ln x＋的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝－＝，
當x>1時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增；
當0所以當x＝1時，函數f(x)取得最小值，最小值為f(1)＝1>0，
所以函數f(x)＝ln x＋在定義域內沒有零點．
答案：A
2．解析：由題意得，f′(x)＝(x2＋2x＋a)ex，
因為函數f(x)有最小值，且當x→－∞時，f(x)→0，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，
所以函數存在減區間，即f′(x)<0有解，
所以x2＋2x＋a＝0有兩個不相等的實根，
所以函數y＝f′(x)的零點個數為2.
答案：C
3．解析：對于函數y＝xe－x＝，該函數的定義域為R，且y′＝，令y′＝0，得x＝1，列表如下：
且當x<0時，y＝xe－x<0；當x>0時，y＝xe－x>0.
作出函數y＝xe－x與函數y＝a的圖象如圖所示．
由圖象可知，當0因此，實數a的取值范圍是(0，).
答案：D
4．解析：令y＝f(x)＝x3－3x，則f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.
因為當x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)時，f′(x)>0，
當x∈(－1，1)時，f′(x)<0，所以f(x)極小值＝f(1)＝－2，f(x)極大值＝f(－1)＝2.函數f(x)＝x3－3x的大致圖象如圖所示，所以－2答案：(－2，2)
課堂探究·素養提升
例1　【解析】　(1)函數f(x)的定義域為R，
f′(x)＝ex－1，
令f′(x)＝0，解得x＝0.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表所示：
所以f(x)在區間(－∞，0)上單調遞減，在區間(0，＋∞)上單調遞增．當x＝0時，f(x)的極小值f(0)＝1，也是最小值，故函數f(x)的值域為[1，＋∞).
(2)由(1)可知，函數的最小值為1.
函數的圖象經過特殊點f(－1)＝＋1，f(2)＝2－2，f(0)＝1，
當x→＋∞時，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞；
當x→－∞時，指數函數y＝ex越來越小，趨向于0，因此函數f(x)圖象上的點逐漸趨向于直線y＝－x，根據上述信息，畫出函數f(x)的大致圖象如圖所示．
(3)截取函數f(x)在區間[－1，2]上的圖象如圖所示．
由圖象知，當f(0)當m<1或m>e2－2時，方程f(x)＝m在區間[－1，2]上無實根．
跟蹤訓練1　解析：(1)因為f(x)＝－1(x>0)，
所以f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝e1－a.
f′(x)及f(x)隨x的變化情況如表所示：
所以f(x)的單調遞增區間為(0，e1－a)，單調遞減區間為(e1－a，＋∞).
(2)由(1)可知f(x)的最大值為f(e1－a)＝，
①當a＝1時，f(x)在區間(0，1)上單調遞增，在區間(1，e]上單調遞減，
又f(1)＝0，故f(x)在區間(0，e]上只有一個零點．
②當a<1時，1－a>0，e1－a>1，
則f(e1－a)＝<0，所以f(x)在區間(0，e]上無零點．
綜上，當a＝1時，f(x)在區間(0，e]上只有一個零點；
當a<1時，f(x)在區間(0，e]上無零點．
例2　【解析】　(1)f′(x)＝3x2－k.
當k＝0時，f′(x)＝3x2≥0，
故f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增；
當k<0時，f′(x)＝3x2－k>0，
故f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增．
當k>0時，令f′(x)＝0，得x＝±.
當x∈(－∞，－)時，f′(x)>0；
當x∈(－，)時，f′(x)<0；
當x∈(，＋∞)時，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上單調遞增，在(－，)上單調遞減．
(2) 解析：由(1)知，當k≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，f(x)不可能有三個零點．
當k>0時，x＝－為f(x)的極大值點，x＝為f(x)的極小值點．
若f(x)有三個零點，只需
解得0所以k的取值范圍為(0，).
跟蹤訓練2　解析：(1)f(x)的定義域為R.當a＝1時，f(x)＝ex－(x＋2)，f′(x)＝ex－1，
令f′(x)<0，解得x<0，令f′(x)>0，解得x>0，
所以f(x)在(－∞，0)上是減函數，在(0，＋∞)上是增函數．
(2)f′(x)＝ex－a.
①當a≤0時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數．
故f(x)至多存在一個零點，不符合題意．
②當a>0時，由f′(x)＝0，可得x＝ln a.
當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；
當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，ln a)上是減函數，在(ln a，＋∞)上是增函數．
故當x＝ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)＝－a(1＋ln a).
(ⅰ)若0(ⅱ)若a>，f(ln a)<0.
因為f(－2)＝e－2>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上存在唯一零點．
由(1)知，當x>2時，ex－x－2>0.
所以當x>4且x>2ln (2a)時，f(x)＝·－a(x＋2)>eln (2a)·(＋2)－a(x＋2)＝2a>0.
故f(x)在(ln a，＋∞)上存在唯一零點．
從而f(x)在(－∞，＋∞)上有兩個零點．
綜上，a的取值范圍是(，＋∞).
例3　【解析】　(1)f′(x)＝ex－a，
當a≤0時，f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在R上單調遞增，
當a＞0時，令f′(x)＝0，解得x＝ln a.
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表：
所以a＞0時，f(x)在(－∞，ln a)上單調遞減，在(ln a，＋∞)上單調遞增．
(2)證明：令g(x)＝f(x)－(x2－3x＋1)＝ex－x2－1，
則g′(x)＝ex－2x.
令h(x)＝ex－2x，則h′(x)＝ex－2，
當0＜x＜ln 2時，h′(x)＜0，h(x)單調遞減，
當x＞ln 2時，h′(x)＞ 0，h(x)單調遞增；
所以h(x)≥h(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2＞0，即g′(x)＞0恒成立．
所以g(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，所以g(x)＞g(0)＝1－0－1＝0，
所以ex－x2－1＞0，即當x＞0時，f(x)＞x2－3x＋1恒成立．
跟蹤訓練3　解析：(1)因為f(x)＝ex cos x－x，所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1.
(2) 解析：設h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，則h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2ex sin x．
當x∈(0，)時，h′(x)＜0，
所以h(x)在區間[0，]上單調遞減．
所以對任意x∈(0，]有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.
所以函數f(x)在區間[0，]上單調遞減．
因此f(x)在區間[0，]上的最大值為f(0)＝1，最小值為f()＝－.
例4　【解析】　由題意可得，x∈(0，＋∞).
因為f′(x)＝＝，
令g(x)＝－ln x，
則g′(x)＝－－＜0.
所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．
因為g(1)＝1＞0，g(e)＝－1＜0，
所以存在唯一實數x0∈(1，e)，使得g(x0)＝0即f′(x0)＝0，且＝ln x0.
x，f′(x)，f(x)的變化如表所示：
所以f(x0)為函數f(x)的極大值．故f(x)＝有極大值．
跟蹤訓練4　解析：(1)當a＝1時，f(x)＝ex(ln x－1)，
所以f′(x)＝ex(ln x－1)＋ex＝ex(ln x＋－1)，
所以f(1)＝－e，f′(1)＝0，
曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝－e.
(2) 解析：由f(x)＝ex(ln x－a)，得f′(x)＝ex(ln x＋－a)，
令h(x)＝ln x＋－a，則h′(x)＝－＝，
當0＜x＜1時，h′(x)＜0，當x＞1時，h′(x)＞0，
所以h(x)在區間(0，1)上是減函數，在區間(1，＋∞)上是增函數．
所以h(x)的最小值為h(1)＝1－a，
當a＞1時，h(1)＝1－a＜0，h(ea)＝e－a＞0，
又h(x)在(1，＋∞)單調遞增，
故存在x0∈(1，ea)，使得h(x0)＝0，
所以在區間(1，x0)上h(x)＜0，在區間(x0，＋∞)上h(x)＞0，
所以在區間(1，x0)上f′(x)＜0，在區間(x0，＋∞)上f′(x)＞0，
所以在區間(1，x0)上f(x)單調遞減，在區間(x0，＋∞)上f(x)單調遞增，
故函數f(x)存在極小值．6．3　利用導數解決實際問題
1.應引導學生通過具體實例感受導數在研究函數和解決實際問題中的作用，體會導數的意義．
2．能夠利用導數解決簡單的實際問題．
新知初探·自主學習——突出基礎性
教 材 要 點
知識點一　最優化問題
生活中經常遇到求________、________、________等問題，這些問題通常稱為最優化問題．
知識點二　用導數解決最優化問題的基本思路
基 礎 自 測
1.做一個容積為256 m3底為正方形的無蓋水箱，所用材料最省時，它的高為(　　)
A．6 m B．8 m
C．4 m D．2 m
2.某箱子的體積與底面邊長x的關系為V(x)＝x2()(0A．30 B．40
C．50 D．60
3.已知某生產廠家的年利潤y(單位：萬元)與年產量x(單位：萬件)的函數關系式為y＝－x3＋81x－234，則使該生產廠家獲取最大年利潤的年產量為(　　)
A.13萬件 B．11萬件
C．9萬件 D．7萬件
4.某一件商品的成本為30元，在某段時間內，若以每件x元出售，可賣出(200－x)件，當每件商品的定價為________元時，利潤最大．
課堂探究·素養提升——強化創新性
　面積、體積的最值問題
例1　請你設計一個包裝盒，如圖，ABCD是邊長為60 cm的正方形硬紙片，切去陰影部分所示的四個全等的等腰直角三角形，再沿虛線折起，使得A，B，C，D四個點重合于圖中的點P，正好形成一個正四棱柱形狀的包裝盒，E，F在AB上，是被切去的一個等腰直角三角形斜邊的兩個端點，設AE＝FB＝x(cm)．
(1)某廣告商要求包裝盒的側面積S(cm2)最大，試問x應取何值？
(2)某廠商要求包裝盒的容積V(cm3)最大，試問x應取何值？并求出此時包裝盒的高與底面邊長的比值．
狀元隨筆　弄清題意，根據“側面積＝4×底面邊長×高”和“體積＝底面邊長的平方×高”這兩個等量關系，用x將等量關系中的相關量表示出來，建立函數關系式，然后求最值．
方法歸納
1．解決面積、體積最值問題的思路
要正確引入變量，將面積或體積表示為變量的函數，結合實際問題的定義域，利用導數求解函數的最值．
2．解決優化問題時應注意的問題
(1)列函數關系式時，注意實際問題中變量的取值范圍，即函數的定義域；
(2)一般地，通過函數的極值來求得函數的最值．如果函數f(x)在給定區間內只有一個極值點或函數f(x)在開區間上只有一個點使f′(x)＝0，則只要根據實際意義判斷該值是最大值還是最小值即可，不必再與端點處的函數值進行比較．
跟蹤訓練1　將一張2×6 m的矩形鋼板按如圖所示劃線，要求①至⑦全為矩形，且左右對稱、上下對稱，沿線裁去陰影部分，把剩余部分焊接成一個以⑦為底，⑤⑥為蓋的水箱，設水箱的高為x m，容積為y m3.
(1)寫出y關于x的函數關系式；
(2)x取何值時，水箱的容積最大．
　用料最省、成本(費用)最低問題
例2　為了在夏季降溫和冬季供暖時減少能源損耗，房屋的屋頂和外墻需要建造隔熱層．某幢建筑物要建造可使用20年的隔熱層，每厘米厚的隔熱層建造成本為6萬元．該建筑物每年的能源消耗費用C(單位：萬元)與隔熱層厚度x(單位：cm)滿足關系：C(x)＝ (0≤x≤10)，若不建隔熱層，每年能源消耗費用為8萬元．設f(x)為隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和．
(1)求k的值及f(x)的表達式；
(2)隔熱層修建多厚時，總費用f(x)達到最小？并求最小值．
方法歸納
1．用料最省、成本(費用)最低問題是日常生活中常見的問題之一，解決這類問題要明確自變量的意義以及最值問題所研究的對象．正確書寫函數表達式，準確求導，結合實際作答．
2．利用導數的方法解決實際問題，當在定義區間內只有一個點使f′(x)＝0時，如果函數在這點有極大(小)值，那么不與端點值比較，也可以知道在這個點取得最大(小)值．
跟蹤訓練2　甲、乙兩地相距400千米，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過100千米/時，已知該汽車每小時的運輸成本P(元)關于速度v(千米/時)的函數關系是P＝v4－v3＋15v，
(1)求全程運輸成本Q(元)關于速度v的函數關系式；
(2)為使全程運輸成本最少，汽車應以多大速度行駛？并求此時運輸成本的最小值．
　利潤最大、效率最高問題
【思考探究】
在實際問題中，如果在定義域內函數只有一個極值點，則函數在該點處取最值嗎？
[提示]　根據函數的極值與單調性的關系可以判斷，函數在該點處取最值，并且極小值點對應最小值，極大值點對應最大值．
例3　某商場銷售某種商品的經驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關系式y＝＋10(x－6)2，其中3＜x＜6，a為常數，已知銷售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克．
(1)求a的值；
(2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．
狀元隨筆　(1)根據x ＝5時，y ＝11，求a的值．
(2)把每日的利潤表示為銷售價格x的函數，用導數求最大值．
方法歸納
1．經濟生活中優化問題的解法
經濟生活中要分析生產的成本與利潤及利潤增減的快慢，以產量或單價為自變量很容易建立函數關系，從而可以利用導數來分析、研究、指導生產活動．
2．關于利潤問題常用的兩個等量關系
(1)利潤＝收入－成本．
(2)利潤＝每件產品的利潤×銷售件數．
跟蹤訓練3　某工廠生產某種產品，已知該產品的月生產量x(噸)與每噸產品的價格p(元/噸)之間的關系式為：p＝24 200-x2))，且生產x噸的成本為R＝50 000＋200x(元)．問該廠每月生產多少噸產品才能使利潤達到最大？最大利潤是多少？
6．3　利用導數解決實際問題
新知初探·自主學習
[教材要點]
知識點一
利潤最大　用料最省　效率最高
知識點二
函數　導數
[基礎自測]
1．解析：設底面邊長為x m，高為h m時用料最省，則有x2h＝256，所以h＝.所用材料的面積設為S m2，則有S＝4x·h＋x2＝4x·＋x2＝＋x2.S′＝2x－，令S′＝0，得x＝8，因此h＝＝4(m).
答案：C
2．解析：V′(x)＝－x2＋60x＝－x(x－40)，
因為0＜x＜60，所以當0＜x＜40時，V′(x)>0，
此時V(x)單調遞增；
當40答案：B
3．解析：因為y′＝－x2＋81，所以當x＞9時，y′＜0；當0＜x＜9時，y′＞0，所以函數y＝－x3＋81x－234在(9，＋∞)上單調遞減，在(0，9)上單調遞增，所以x＝9時函數取最大值．
答案：C
4．解析：利潤為S(x)＝(x－30)(200－x)
＝－x2＋230x－6 000，
S′(x)＝－2x＋230，
由S′(x)＝0，得x＝115，這時利潤達到最大．
答案：115
課堂探究·素養提升
例1　【解析】　設包裝盒的高為h cm，底面邊長為a cm.
由已知得a＝x，h＝＝(30－x)，0＜x＜30.
(1)S＝4ah＝8x(30－x)＝－8(x－15)2＋1 800，
所以當x＝15時，S取得最大值．
(2)V＝a2h＝2(－x3＋30x2)，V′＝6x(20－x)．
由V′＝0，得x＝0(舍去)或x＝20.
當x∈(0，20)時，V′＞0；當x∈(20，30)時，V′＜0.
所以當x＝20時，V取得極大值，也是最大值．
此時＝，即包裝盒的高與底面邊長的比值為.
跟蹤訓練1　解析：(1)由水箱的高為x m，
得水箱底面的寬為(2－2x) m，長為＝(3－x) m.
故水箱的容積為y＝2x3－8x2＋6x(0(2)由y′＝6x2－16x＋6＝0，
解得x＝(舍去)或x＝.
因為y＝2x3－8x2＋6x(0所以當x的值為時，水箱的容積最大．
例2　【解析】　(1)由題設，每年能源消耗費用為C(x)＝(0≤x≤10)，再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝.
而建造費用為C1(x)＝6x.
最后得隔熱層建造費用與20年的能源消耗費用之和為f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝＋6x(0≤x≤10)．
(2)f′(x)＝6－，
令f′(x)＝0，即＝6，
解得x＝5或x＝－(舍去)．
當0當50，故x＝5是f(x)的最小值點，對應的最小值為f(5)＝6×5＋＝70.
當隔熱層修建5 cm厚時，總費用達到最小，最小值70萬元．
跟蹤訓練2　解析：(1)Q＝P·
＝·
＝·400
＝v2＋6 000(0(2)Q′＝－5v，
令Q′＝0，則v＝0(舍去)或v＝80，
當0當800，
∴v＝80千米/時時，全程運輸成本取得極小值，即最小值，且Q最小值＝Q(80)＝(元)．
例3　【解析】　(1)因為x＝5時，y＝11，所以＋10＝11，故a＝2.
(2)由(1)知，該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2，
所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤
f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2，3＜x＜6，
從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]
＝30(x－4)·(x－6)，
于是，當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (3，4) 4 (4，6)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) 單調遞增? 極大值42 單調遞減?
由上表可得，x＝4是函數f(x)在區間(3，6)內的極大值點，也是最大值點，
所以，當x＝4時，函數f(x)取得最大值，且最大值等于42.
故當銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大．
跟蹤訓練3　解析：每月生產x噸時的利潤為
f(x)＝x－(50 000＋200x)
＝－x3＋24 000x－50 000(x≥0)，
由f′(x)＝－x2＋24 000＝0，解得x＝200或x＝－200(舍去)．
因為f(x)在[0，＋∞)內只有一個點x＝200使f′(x)＝0，故它就是最大值點，且最大值為f(200)＝－×2003＋24 000×200－50 000＝3 150 000(元)，故每月生產200噸產品時利潤達到最大，最大利潤為315萬元．

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