資源簡介

第三章　一元函數的導數及其應用
第一節　導數的概念及其幾何意義、導數的運算
1.了解導數的概念、掌握基本初等函數的導數．
2．通過函數圖象，理解導數的幾何意義．
3．能夠用導數公式和導數的運算法則求簡單函數的導數，能求簡單的復合函數(形如f(ax＋b))的導數．
問題思考·夯實技能
【問題1】　請你寫出：
(1)′＝________(f(x)≠0)．
(2)[exf(x)]′＝________．
(3)′＝________．
【問題2】　“曲線在點P處的切線”與“曲線過點P的切線”有何區別？
關鍵能力·題型剖析
題型一導數的運算
例1 (1)(多選)[2024·河南南陽模擬]下列求導數的運算正確的是(　　)
A．(x3－)′＝3x2＋
B．(ln 2)′＝
C．(xex)′＝(x＋1)ex
D．(sin )′＝cos
(2)[2024·廣東深圳模擬]已知函數f(x)＝x3－2x＋2f′(2)，其中f′(x)是f(x)的導函數，則f(2)＝(　　)
A．12 B．20
C．10 D．24
題后師說
　鞏固訓練1
(1)(多選)[2024·吉林長春模擬]已知下列四個命題，其中不正確的是(　　)
A．(e2x)′＝2e2x
B．(lg x)′＝
C．()′＝
D．(sin cos x)′＝cos cos x－sin sin x
(2)[2024·山東北鎮中學模擬]已知函數f(x)＝ex sin 2x，則f′()＝________．
題型二導數的幾何意義
角度一　導數與函數圖象的關系
例2 [2024·北京四中模擬]已知函數f(x)在R上可導，其部分圖象如圖所示，設＝a，則下列不等式正確的是(　　)
A．f′(1)C．f′(2)角度二　求切線方程
例3 (1)[2024·河南鄭州模擬]已知函數f(x)＝ex－2x＋1，則曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程為__________．
(2)曲線y＝(x－4)ex過坐標原點的切線方程為__________．
角度三　求切點坐標或參數
例4 (1)[2024·重慶模擬]已知直線y＝ax－a與曲線y＝x＋相切，則實數a＝(　　)
A．0 B．
C． D．
(2)[2024·山東日照模擬]若曲線y＝－在點(0，－1)處的切線與曲線y＝ln x在點P處的切線垂直，則點P的坐標為(　　)
A．(e，1) B．(1，0)
C．(2，ln 2) D．(，－ln 2)
題后師說
(1)處理與切線有關的問題，關鍵是根據曲線、切線、切點的三個關系列出參數的方程：
①切點處的導數是切線的斜率；
②切點在切線上；
②切點在曲線上．
(2)注意區分“在點P處的切線”與“過點P的切線”．
鞏固訓練2
(1)函數f(x)的圖象如圖所示，下列數值排序正確的是(　　)
A．0B．0C．0D．0(2)曲線y＝ex－ln x在點(1，e)處的切線方程為______________．
(3)[2024·福建泉州模擬]已知直線y＝x－1與曲線y＝ex＋a相切，則實數a的值為__________．
題型三導數幾何意義的應用
例5 (1)[2024·黑龍江哈爾濱模擬]過點P(1，0)可以作曲線f(x)＝xex的兩條切線，切點的橫坐標分別為m，n，則m2＋n2的值為(　　)
A．1 B．2
C． D．3
(2)[2021·新高考Ⅰ卷]若過點(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則(　　)
A．ebC．0題后師說
(1)設切點列方程．
(2)切線條數的判斷，實質是切點橫坐標為變量(方程)零點個數的判斷．
鞏固訓練3
　[2022·新高考Ⅰ卷]若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是________．
1．已知函數f(x)＝x2·f′(0)＋x·f(1)－2，則f(2)＝(　　)
A．12 B．10
C．8 D．6
2．[2024·江西宜春模擬]已知函數f(x)＝a ln x＋x2在x＝1處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，則a＝(　　)
A．2 B．－2
C．1 D．－1
3．若直線y＝kx＋n與曲線y＝ln x＋相切，則k的取值范圍是(　　)
A．(－∞，] B．[4，＋∞)
C．[－4，＋∞) D．[，＋∞)
4．[2022·新高考Ⅱ卷]曲線y＝ln |x|過坐標原點的兩條切線的方程為____________，____________．
兩曲線的公切線問題
1.求兩條曲線的公切線，如果同時考慮兩條曲線與直線相切，頭緒會比較亂，為了使思路更清晰，一般是把兩條曲線分開考慮，先分析其中一條曲線與直線相切，再分析另一條曲線與直線相切，直線與拋物線相切可用判別式法．
2．公切線條數的判斷問題可轉化為方程根的個數求解問題．
一、共切點的公切線問題
【典例1】　若曲線y＝x－ln x與曲線y＝ax3＋x＋1在公共點處有相同的切線，則實數a＝(　　)
A．　 　B．－　 　C．－　 　D．
[解析]　由題設，y＝x－ln x的導函數為y′＝1－；y＝ax3＋x＋1的導函數為y′＝3ax2＋1，
設公共點為(m，n)且m > 0，則y′|x＝m＝1－，y′|x＝m＝3am2＋1，
則公共點處y＝x－ln x的切線為y－n＝(1－)(x－m)，即y＝(1－)x－m＋1＋n；
公共點處y＝ax3＋x＋1的切線為y－n＝(3am2＋1)(x－m)，即y＝(3am2＋1)x－3am3－m＋n；
因為公共點處切線相同，
則
可得m＝，則a＝－.故選B.
[答案]　B
二、不同切點的公切線問題
【典例2】　[2024·江蘇南京模擬]若直線y＝x＋m與曲線y＝ax2和y＝ln x均相切，則a＝__________．
[解析]　設直線y＝x＋m與y＝ln x相切于點x0，ln x0，y′＝，
因為直線y＝x＋m與y＝ln x相切，所以＝1，且＝x0＋m；
解得x0＝1，m＝－1；
因為直線y＝x－1與曲線y＝ax2相切，
聯立得ax2－x＋1＝0，a≠0且Δ＝1－4a＝0，即a＝.
[答案]　
【典例3】　[2024·黑龍江哈爾濱模擬]已知函數f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝ln (e2x)，若直線y＝kx＋b為f(x)和g(x)的公切線，則b＝(　　)
A． B．1－ln 2
C．2－ln 2 D．－ln 2
[解析]　設直線l：y＝kx＋b與f(x)＝ln (x＋1)相切于點A(x1，y1)，
與g(x)＝ln (e2x)相切于點B(x2，y2)，
由f(x)＝ln (x＋1)，所以f′(x)＝，
由f′(x1)＝＝k x1＝，
則y1＝ln (x1＋1)＝ln (＋1)＝ln ＝－ln k，
即點A(，－ln k)，代入直線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，
即點B(，2－ln k)，代入直線l中有：
2－ln k＝k·＋b b＝1－ln k，　②
聯立①②解得k＝2，
所以b＝1－ln 2，故選B.
[答案]　B
第三章　一元函數的導數及其應用
第一節　導數的概念及其幾何意義、導數的運算
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：(1)－　(2)ex[f(x)＋f′(x)]　(3)
【問題2】　提示：“曲線在點P處的切線”與“曲線過點P的切線”含義是不同的．“曲線在點P處的切線”即點P是曲線上的點，且點P就是切點；而“曲線過點P的切線”，點P不一定在曲線上，點P不一定是切點．
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：(1)根據基本初等函數及導數的求導法則知，(x3－)′＝3x2＋，選項A正確；因為ln 2是常數，所以(ln 2)′＝0，選項B錯誤；根據基本初等函數及導數的求導法則知，(xex)′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，選項C正確；根據復合函數的求導法則知，(sin )′＝cos ，選項D錯誤．故選AC.
(2)由題意得f′(x)＝3x2－2，故f′(2)＝3×4－2＝10，
則f(x)＝x3－2x＋20，故f(2)＝8－4＋20＝24.故選D.
答案：(1)AC　(2)D
鞏固訓練1　解析：(1)(e2x)′＝2e2x，故A正確；
(lg x)′＝，故B錯誤；
()′＝，故C錯誤；
(sin cos x)′＝－sin sin x，故D錯誤．故選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：由圖象可知，函數在[0，＋∞)上的增長越來越快，
故函數圖象在點(x0，f(x0))(x0∈(0，＋∞))的切線的斜率越來越大，
因為＝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，
故曲線y＝f(x)在x＝0處的切線方程為y－2＝－x，
即x＋y－2＝0.
(2)設切點為(x0，y0)，則y0＝，
y′＝ex＋(x－4)ex＝(x－3)ex，切線的斜率為，
所以切線方程為＝(x－x0)，
又切線過原點，所以＝(0－x0)，即－4x0＋4＝0，
解得x0＝2，所以切線方程為y＝－e2x.
答案：(1)x＋y－2＝0　(2)y＝－e2x
例4　解析：(1)由y＝x＋且x不為0，得y′＝1－，
設切點為(x0，y0)，則，即，
所以＝，可得x0＝－2，a＝.
故選C.
(2)y＝－的導數為y′＝－，所以曲線y＝－在點(0，－1)處的切線的斜率為k1＝－.
因為曲線y＝－在點(0，－1)處的切線與曲線y＝ln x在點P處的切線垂直，
所以曲線y＝ln x在點P處的切線的斜率k2＝2.
而y＝ln x的導數y′＝，所以切點的橫坐標為，所以切點P(，－ln 2)．故選D.
答案：(1)C　(2)D
鞏固訓練2　解析：(1)由函數圖象可知f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
所以f(3)－f(2)>0，
在x＝3處切線的傾斜角和在x＝2處的傾斜角均為銳角，
且在x＝3處切線的傾斜角比在x＝2處的傾斜角要小，
如圖，
所以0由于為兩點連線的斜率，
從圖中可得f′(3)<即0故選B.
(2)f(x)＝ex－ln x，則f′(x)＝e－，則f′(1)＝e－1，
由點斜式可得切線方程為：y－e＝(e－1)(x－1)，整理可得：(e－1)x－y＋1＝0.
(3)設切點為(x0，x0－1)，
因為y′＝ex＋a，所以切線的斜率k＝ex0＋a＝1，即x0＋a＝0，
又切點(x0，x0－1)在曲線y＝ex＋a上，所以x0－1＝ex0＋a＝1，則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，設切點為坐標(x，y)，
則(x＋1)ex＝＝，
即(x2－x－1)ex＝0，則x1＋x2＝1，x1·x2＝－1，
由題意知x2－x－1＝0有兩解，分別為m，n，
故m2＋n2＝＝(x1＋x2)2－2x1·x2＝1－2×(－1)＝3.
故選D.
(2)在曲線y＝ex上任取一點P，對函數y＝ex求導得y′＝ex，
所以曲線y＝ex在點P處的切線方程為y－et＝et，即y＝etx＋et，
由題意可知，點在直線y＝etx＋et上，可得b＝aet＋et＝et，
令f＝et，則f′＝et.
當t0，此時函數f單調遞增，
當t>a時，f′<0，此時函數f單調遞減，
所以fmax＝f＝ea，
由題意可知，直線y＝b與曲線y＝f的圖象有兩個交點，則b當t0，當t>a＋1時，f<0，作出函數f的圖象如圖所示，
由圖可知，當0解法二　畫出函數曲線y＝ex的圖象如圖所示，根據直觀即可判定點在曲線下方和x軸上方時才可以作出兩條切線．由此可知0答案：(1)D　(2)D
鞏固訓練3　解析：設切線的切點坐標為(x0，y0)．令f(x)＝(x＋a)ex，則f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝.因為y0＝，切線過原點，所以f′(x0)＝，即＝.整理得＋ax0－a＝0.由題意知該方程有兩個不同的實數根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0.
答案：(－∞，－4)
隨堂檢測
1．解析：由題意知f′(x)＝2x·f′(0)＋f(1)，所以，解得f′(0)＝f(1)＝2，則f(x)＝2x2＋2x－2，故f(2)＝10.故選B.
答案：B
2．解析：函數f(x)＝a ln x＋x2，求導得：f′(x)＝2x＋，因為f(x)在x＝1處的切線與直線x＋y＋1＝0垂直，所以f(x)在x＝1處的切線斜率為f′(1)＝2＋a＝1，解得a＝－1.故選D.
答案：D
3．解析：y′＝＝－()2＋，
由導數的幾何意義可知，k≤.故選A.
答案：A
4．解析：當x>0時，y＝ln x，y′＝.假設此時直線與曲線y＝ln x相切于點(x1，ln x1)(x1>0)，則此時切線方程為y－ln x1＝(x－x1)．若該切線經過原點，則ln x1－1＝0，解得x1＝e，此時切線方程為y＝.當x<0時，y＝ln (－x)，y′＝.假設此時直線與曲線y＝ln (－x)相切于點(x2，ln (－x2))(x2<0)，則此時切線方程為y－ln (－x2)＝(x－x2)．若該切線經過原點，則ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此時切線方程為y＝－.
答案：y＝　y＝－第二節　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和導數的關系．
2．能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次)．
3．會利用函數的單調性判斷大小，求參數的取值范圍等簡單應用．
問題思考·夯實技能
【問題1】　請你說出導數的絕對值與函數值變化的關系？
【問題2】　f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)內單調遞增(或遞減)的充分不必要條件，那么f(x)在(a，b)內單調遞增(或遞減)的充要條件是什么？
關鍵能力·題型剖析
題型一不含參函數的單調性
例1(1)[2024·河南滎陽模擬]函數f(x)＝x ln x＋1的單調遞減區間是(　　)
A．(0，) B．(0，e)
C．(，＋∞) D．(e，＋∞)
(2)[2024·山東東營模擬]函數f(x)＝的單調遞增區間為____________．
題后師說
確定不含參的函數的單調性，按照判斷函數單調性的步驟即可，但應注意兩點，一是不能漏掉求函數的定義域，二是函數的單調區間不能用并集，要用“逗號”或“和”隔開．
　鞏固訓練1
(1)已知函數f(x)的導函數為f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，則函數f(x)的單調遞增區間為(　　)
A．(－)
B．(－∞，－)，(，＋∞)
C．(0，)
D．(，＋∞)
(2)函數f(x)＝e－xcos x，x∈(0，π)的單調遞減區間為________．
題型二含參數的函數的單調性
例2
設函數f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x．當a>0時，討論函數f(x)的單調性．
題后師說
(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，要在函數定義域內討論，還要確定導數為零的點和函數的間斷點．
鞏固訓練2
　已知函數f(x)＝mex－x，m∈R，試討論函數f(x)的單調性．
題型三函數單調性的應用
角度一　比較大小或解不等式
例3
(1)[2024·河南駐馬店模擬]設a＝，b＝，c＝2，則(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
(2)[2024·廣東東莞模擬]已知函數f(x)＝－cos x，則f(x－1)>f(－1)的解集為(　　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，2) D．(－∞，0)
題后師說
1.利用導數比較大小，其關鍵是判斷已知(或構造后的)函數的單調性，利用單調性比較大小．
2．與抽象函數有關的不等式，要充分挖掘條件關系，恰當構造函數，再利用導數研究新函數的單調性，從而解不等式．(構造函數的方法見下面專題課——函數中的構造問題)
鞏固訓練3
　(1)已知函數f(x)＝3x＋2cos x，若a＝)，b＝f(2)，c＝f(log27)，則a，b，c的大小關系是(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
(2)[2024·天津南開中學模擬]已知定義在(0，＋∞)的函數f(x)滿足任意x>0，xf′(x)－f(x)<0成立，且f(1)＝2，則不等式f(x)<2x的解集為__________．
角度二　根據函數的單調性求參數范圍
例4
已知函數f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]內單調遞增，則實數a的取值范圍是________．
【變式練習1】　已知函數f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]內存在單調遞增區間，則實數a的取值范圍是________．
【變式練習2】　[2024·安徽合肥模擬]已知函數f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)內不是單調函數，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(2，8)
B．[2，8]
C．(－∞，2]
D．[2，8)
題后師說
根據函數的單調性求參數的策略
1．函數f(x)＝xex的單調遞增區間是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
2．[2024·河北邯鄲模擬]已知a＝，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系為(　　)
A．aC．c3．[2024·江蘇揚州模擬]若函數f(x)＝cos x－ax在定義域內單調遞減，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
4．已知函數f(x)＝x－sin x，則不等式f(x＋1)＋f(1－4x)>0的解集是______．
第二節　導數與函數的單調性
第二節　導數與函數的單調性
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：一般地，如果一個函數在某一個范圍內導數的絕對值較大，那么這個函數在這個范圍內變化得較快，這時函數的圖象就比較“陡峭”(向上或向下)；反之，函數的圖象就比較“平緩”．
【問題2】　提示：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：(1)令f′(x)＝1＋ln x＝0 x＝，
x∈(0，)，f′(x)<0，x∈(，＋∞)，f′(x)>0，
則f(x)在(0，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增．故選A.
(2)因為函數f(x)＝，則f′(x)＝.
設h(x)＝xex＋1，則h′(x)＝(x＋1)ex，
當x>－1時，h′(x)>0，h(x)在(－1，＋∞)上單調遞增；
當x<－1時，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－1)上單調遞減，
所以當x∈R時，h(x)≥h(－1)＝－＋1>0，
則當x≠－1時，f′(x)>0.
所以f(x)的單調遞增區間為(－∞，－1)，(－1，＋∞)．
答案：(1)A　(2)(－∞，－1)，(－1，＋∞)
鞏固訓練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＝，
因為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＋)，
當x∈(0，)時，0，e－x>0，所以f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(，π)時，π0，所以f′(x)>0，f(x)單調遞增；
所以f(x)在(0，π)的單調遞減區間為(0，)．
答案：(1)C　(2)(0，)
例2　解析：由題知，函數f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x的定義域為(0，＋∞)，
所以求導得f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝，
若0由f′(x)>0得0，
由f′(x)<0得1所以函數f(x)在(0，1)，(，＋∞)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，
若a＝1，恒有f′(x)≥0，當且僅當x＝1時取等號，因此函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
若a>1，
由f′(x)>0得01，
由f′(x)<0得所以函數f(x)在(0，)，(1，＋∞)上單調遞增，在(，1)上單調遞減，
所以當0當a＝1時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
當a>1時，函數f(x)在(0，)，(1，＋∞)上單調遞增，在(，1)上單調遞減．
鞏固訓練2　解析：f′(x)＝mex－1，
當m≤0時，f′(x)＝mex－1<0，則f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減；
當m>0時，令f′(x)＝0，得x＝－ln m，
當x<－ln m時，f′(x)<0，當x>－ln m時，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－ln m)上單調遞減，在(－ln m，＋∞)上單調遞增，
綜上，當m≤0時，f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減；
當m>0時，f(x)在(－∞，－ln m)上單調遞減，在(－ln m，＋∞)上單調遞增．
例3　解析：(1)因為a＝＝，b＝＝，c＝2＝，
所以令f(x)＝，由f′(x)＝，
知當x∈(0，e)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈(e，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
因為a＝f(2)＝f(4)，b＝f()，c＝f()，
所以a＝f(2)f()＝b，即c>a>b.
故選D.
(2)∵y＝x2，y＝cos x均為偶函數，故函數f(x)為偶函數，
f′(x)＝－2x＋sin x，令g(x)＝f′(x)則g′(x)＝－2＋cos x，
∵cos x∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上單調遞減，
又∵f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，
故函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，在(－∞，0)上單調遞增．
f(x－1)>f(－1) |x－1|<1 x∈(0，2)．故選C.
答案：(1)D　(2)C
鞏固訓練3　解析：(1)由題意，得f′(x)＝3－2sin x．因為－1≤sin x≤1，所以f′(x)＞0恒成立，所以函數f(x)是增函數．因為＞1，所以＞3.又log24＜log27＜log28，即2＜log27＜3，所以，所以log2)，即b＜c＜a，故選D.
(2)令h(x)＝－2(x>0)，則h′(x)＝<0，所以h(x)在(0，＋∞)是減函數，又h(1)＝f(1)－2＝0，由h(x)<0＝h(1)，可得x>1，故不等式f(x)<2x的解集為(1，＋∞)．
答案：(1)D　(2)(1，＋∞)
例4　解析：f′(x)＝2x－＝，
依題意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]
變式練習1　解析：f′(x)＝2x－＝，
依題意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)
變式練習2　解析：f′(x)＝2x－＝，
令g(x)＝2x2－a，由于函數f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)內不是單調函數，
則g(x)＝2x2－a在區間(1，2)的函數值有正有負，
而二次函數g(x)＝2x2－a開口向上，對稱軸為y軸，
所以g(x)＝2x2－a在區間(1，2)上單調遞增，所以，解得2所以實數a的取值范圍是(2，8)．故選A.
答案：A
隨堂檢測
1．解析：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，由f′(x)>0，得x>－1，所以函數f(x)的單調遞增區間是(－1，＋∞)．故選D.
答案：D
2．解析：∵a＝，b＝，c＝＝，構造函數f(x)＝，則f′(x)＝，當10；當x>e時ln x>1，此時f′(x)＝<0，故f(x)＝，當x∈(1，e)單調遞增，當x∈(e，＋∞)單調遞減，故f(x)max＝f(e)＝＝c，故a3>e，∴f(4)答案：A
3．解析：函數f(x)＝cos x－ax定義域為R，且f′(x)＝－sin x－a，依題意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，即實數a的取值范圍是[1，＋∞)．故選A.
答案：A
4．解析：∵f(x)＝x－sin x，f(－x)＝－x－sin (－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，∴f(x)為奇函數，
∵f(x)＝x－sin x，∴f′(x)＝1－cos x≥0，f(x)單調遞增，
∵f(x＋1)＋f(1－4x)>0，∴f(x＋1)>－f(1－4x)＝f(4x－1)，
∴x＋1>4x－1，∴x<.
故不等式的解集為.
答案：第三節　導數與函數的極值、最值
1.借助函數圖象，了解函數在某點取得極值的必要和充分條件．
2．會用導數求函數的極大值、極小值．
3．掌握利用導數研究函數最值的方法．
4．會用導數研究生活中的最優化問題．
問題思考·夯實技能
【問題1】　對于可導函數f(x)，“f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0處取到極值”的什么條件？
【問題2】　函數最值與均值有何區別？
關鍵能力·題型剖析
題型一利用導數研究函數的極值問題
角度一　根據導數函數圖象判斷極值
例1 (多選)[2024·江蘇鎮江模擬]已知f′(x)是函數f(x)的導函數，其圖象如圖所示，則下列關于函數f(x)的說法正確的是(　　)
A．在(－∞，1)上單調遞減
B．在x＝－1處取得極大值
C．y＝f(x)在x＝－1處切線的斜率小于0
D．f(x)在x＝2處取得極小值
題后師說
由圖象判斷函數y＝f(x)的極值，要抓住兩點：(1)由y＝f′(x)的圖象與x軸的交點，可得函數y＝f(x)的可能極值點；(2)由導函數y＝f′(x)的圖象可以看出y＝f′(x)的值的正負，從而可得函數y＝f(x)的單調性．兩者結合可得極值點．
角度二　求函數的極值
例2[2024·九省聯考]已知函數f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在點(2，f(2))處的切線與直線2x＋3y＝0垂直．
(1)求a；
(2)求f(x)的單調區間和極值．
[聽課記錄]
題后師說
利用導數求函數極值的一般步驟
角度三　已知極值(點)求參數
例3 (1)[2024·山東臨沂模擬]函數f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1時有極小值0，則a＋b＝(　　)
A．7　　　B．6　　　C．11　　　D．4
(2)[2024·安徽合肥模擬]已知函數f(x)＝x2－2xlogax既有極小值又有極大值，則實數a的取值范圍是________．
題后師說
已知函數極值點或極值求參數的兩個要領
鞏固訓練1
　(1)[2024·黑龍江實驗中學模擬]如圖是函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象，下列結論正確的是(　　)
A．y＝f(x)在x＝－1處取得極大值
B．x＝1是函數y＝f(x)的極值點
C．x＝－2是函數y＝f(x)的極小值點
D．函數y＝f(x)在區間(－1，1)上單調遞減
(2)若－2是函數f(x)＝(x2＋ax－1)ex(a∈R)的極值點，則f(x)的極小值點為(　　)
A．5e－2 B．1
C．－e D．－2
(3)已知函數f(x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1在(4，6)上存在極值點，則實數a的取值范圍是____________．
題型二利用導數研究函數的最值
角度一　求函數的最值
例4
已知函數g(x)＝a ln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在區間[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在區間[1，e]上的最小值h(a)．
題后師說
(1)求函數f(x)在閉區間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區間端點的函數值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數的最值．
(2)求含有參數的函數f(x)的最值，需先求函數的定義域、導函數，通過對參數分類討論，判斷函數的單調性，從而得到函數f(x)的最值．
角度二　已知函數的最值求參數
例5[2024·吉林長春模擬]函數f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)內有最小值，則實數a的取值范圍為________．
題后師說
函數在某開區間上有最值問題一般情況下是轉化成有極值點，再將極值點問題轉化成其導函數在該區間內有零點的問題，利用零點存在定理即可實現問題求解．
鞏固訓練2
[2024·河北石家莊模擬]已知函數f(x)＝ax＋ln x，其中a為常數．
(1)當a＝－1時，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在區間(0，e]上的最大值為－3，求a的值．
1．[2024·江西宜春模擬]函數f(x)的定義域為(a，b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在(a，b)內極小值點的個數是(　　)
A．1個 B．2個
C．3個 D．4個
2．[2023·新課標Ⅱ卷]已知函數f(x)＝aex－ln x在區間(1，2)單調遞增，則a的最小值為(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
3．[2024·江蘇鎮江模擬]若函數f(x)＝x＋與函數g(x)＝aex－x有相等的極小值，則實數a＝(　　)
A．　　　B．e3 C．2　　　D．
4．[2021·新高考Ⅰ卷]函數f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值為________．
第三節　導數與函數的極值、最值
問題思考·夯實技能
【問題1】　提示：必要不充分條件．當f′(x0)＝0時，f(x)不一定在x＝x0處取到極值，例如函數f(x)＝x3；但當f(x)在x＝x0處取到極值時，由極值定義可知必有f′(x0)＝0.
【問題2】　提示：(1)函數在閉區間上若存在最大值或最小值，則最大值或最小值只能各有一個，具有唯一性；而極大值和極小值可能有多個，也可能沒有．
(2)極值只能在函數區間的內部取得，而最值可以在區間的端點處取得，有極值的不一定有最值，有最值的不一定有極值．
關鍵能力·題型剖析
例1　解析：由已知，x<1時，f′(x)≤0(只有f′(－1)＝0)，因此f(x)在(－∞，1)上單調遞減，A正確；f(－1)不是極值，B錯；由f′(－1)＝0知C錯；又x<2時，f′(x)≤0，f(x)單調遞減，x>2時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以f(2)是極小值，D正確．故選AD.
答案：AD
例2　解析：(1)f′(x)＝＋2x＋a，則f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a，
由題意可得(＋a)×(－)＝－1，解得a＝－3.
(2)由a＝－3，故f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
則f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0，
故當00，當1時，f′(x)>0，
故f(x)的單調遞增區間為(0，)，(1，＋∞)，f(x)的單調遞減區間為(，1)，
故f(x)有極大值f()＝ln ＋()2－3×＋2＝－ln 2，
有極小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
例3　解析：(1)由已知可得，f′(x)＝3x2＋6ax＋b.
因為f(x)在x＝－1時有極小值0，
所以有，即，
解得或.
當時，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，
所以f(x)在R上單調遞增，此時f(x)沒有極值點，舍去；
當時，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)上單調遞增，在(－1，＋∞)上單調遞增．
所以f(x)在x＝－3處取得極大值，在x＝－1處取得極小值，滿足題意．
所以，a＋b＝11.故選C.
(2)f′(x)＝2x－2(logax＋)
＝2x－2()＝(x ln a－1－ln x)，
函數f(x)＝x2－2xlogax既有極小值又有極大值，
則f′(x)＝0在(0，＋∞)上有兩個不等的實數根，
即(x ln a－1－ln x)＝0有兩個不等的實數根，
所以x ln a－1－ln x＝0有兩個不等的實數根，
所以ln a＝有兩個不等的實數根，
令g(x)＝，g′(x)＝，
x∈(0，1)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，
x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調遞減，
g(x)max＝g(1)＝1，當x→＋∞時，g(x)→0，
故0答案：(1)C　(2)(1，e)
鞏固訓練1　解析：(1)由圖象可知：當x<－2時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，當x≥－2時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增，
故x＝－2是函數y＝f(x)的極小值點，y＝f(x)無極大值．
故選C.
(2)f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex，
由題意得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，＋∞)上單調遞增，在(－2，1)上單調遞減，
故1為f(x)的極小值點．故選B.
(3)f′(x)＝x－(a＋2)＋＝＝，x>0，
由題意f′(x)＝＝0在(4，6)上有解，則a∈(4，6)，
當a∈(4，6)時，
當4當a0，f(x)單調遞增，
所以當x＝a時，f(x)取極小值，即函數f(x)在(4，6)上存在極值點．
所以實數a的取值范圍是(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]上單調遞增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定義域為(0，＋∞)，g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝.
①當≤1，即a≤2時，g(x)在[1，e]上單調遞增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②當1＜＜e，即2＜a＜2e時，g(x)在[1，)上單調遞減，在(，e]上單調遞增，h(a)＝g()＝a ln a2－a；
③當≥e，即a≥2e時，g(x)在[1，e]上單調遞減，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
綜上，h(a)＝
例5　解析：由題意可得，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，
易知f′(x)＝2x＋a－1－＝，
若函數f(x)在(1，2)內有最小值，則函數f(x)在(1，2)內必有極值點，
又Δ＝(a－1)2＋24>0，不妨設x1，x2為方程2x2＋(a－1)x－3＝0的兩個不相等實數根，
則有，不妨令x1<0令g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，根據零點存在定理可得，
解得－經檢驗f(x)在(1，2)內有最小值，
所以實數a的取值范圍為(－，2)．
答案：(－，2)
鞏固訓練2　解析：(1)函數f(x)＝ax＋ln x的定義域為(0，＋∞)，
當a＝－1時，f(x)＝－x＋ln x，
則f′(x)＝－1＋＝，
當00，當x>1時，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上為單調遞增函數，在(1，＋∞)上為單調遞減函數，
所以f(x)max＝f(1)＝－1，
所以當a＝－1時，求f(x)的最大值為－1.
(2)函數f(x)＝ax＋ln x，
則f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞)，
①若a≥－，則f′(x)≥0，所以f(x)在(0，e]上單調遞增，
故f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合題意；
②若a<－，
當00，當－所以f(x)在(0，－)上為單調遞增函數，在(－，e]上為單調遞減函數，
則f(x)max＝f(－)＝－1＋ln (－)，
令－1＋ln (－)＝－3，可得ln (－)＝－2，
解得a＝－e2，因為－e2<－，
所以a＝－e2符合題意，綜上所述a＝－e2.
隨堂檢測
1．解析：f′(x)>0，函數f(x)單調遞增，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減，由導函數f′(x)的圖象知：函數f(x)在(a，b)內，與x軸有四個交點：從左向右看，第一個點處導數左正右負，是極大值點，第二個點處導數左負右正，是極小值點，第三個點處導數左正右正，沒有變號，所以不是極值點，第四個點處導數左正右負，是極大值點，所以函數f(x)在開區間(a，b)內的極小值點有1個，故選A.
答案：A
2．解析：因為函數f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因為函數f(x)＝aex－ln x在(1，2)單調遞增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，則0<≤xex在(1，2)恒成立．設g(x)＝xex，則g′(x)＝(x＋1)ex.當x∈(1，2)時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故選C.
答案：C
3．解析：由對勾函數可知：f(x)＝x＋在x＝2時取到極小值f(2)＝2＋＝4，
對于g(x)＝aex－x，則有：
當a≤0時，g(x)在定義域內單調遞減，無極值，不合題意；
當a>0時，g′(x)＝aex－1，
令g′(x)<0，解得x<－ln a；令g′(x)>0，解得x>－ln a；
則g(x)在(－∞，－ln a)上單調遞減，在(－ln a，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)的極小值為g(－ln a)＝1＋ln a＝4，解得a＝e3.故選B.
答案：B
4．解析：由題設知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定義域為(0，＋∞)，
∴當0當當x>1時，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此時f(x)單調遞增；又∵f(x)在各分段的界點處連續，
∴綜上有01時，f(x)單調遞增；
∴f(x)≥f(1)＝1.
答案：1

展開更多......

收起↑