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專題16　用導數研究函數的性質
1．函數的單調性與導數
(1)函數y＝f(x)在某個區間內有導數，如果在這個區間內f′(x)>0，那么函數f(x)為這個區間內的增函數；如果在這個區間內f′(x)<0，那么函數f(x)為這個區間內的減函數．
(2)函數f(x)在(a，b)上是增函數，則f′(x)≥0；函數f(x)在(a，b)上是減函數，則f′(x)≤0.
2．函數的極值與導數
(1)若x0滿足f′(x0)＝0，且在x0的兩側f(x)的導數異號，則x0是f(x)的極值點，f(x0)是極值，并且如果f′(x)在x0兩側滿足“左正右負”，則x0是f(x)的極大值點，f(x0)是極大值；如果f′(x)在x0兩側滿足“左負右正”，則x0是f(x)的極小值點，f(x0)是極小值．
(2)f(x)在某個區間內有導數，“f′(x0)＝0”是“x0是f(x)的極值點”的必要不充分條件．
3．函數的最值與導數
求解閉區間[a，b]上函數最值的方法：
(1)求極值；
(2)求f(a)、f(b)；
(3)比較f(a)、f(b)、極值的大小，確定最大值、最小值．
例1　已知函數f(x)＝x3－3x2＋3x＋1，求函數的單調區間．
變式1　已知函數f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1在[2，＋∞)上是增函數，求a的取值范圍．
例2　已知函數f(x)＝x－1＋(a∈R，e為自然對數的底數)，求函數f(x)的極值．
變式2　設f(x)＝－x3＋x2＋2ax.當0例3　已知函數f(x)＝ax2＋bx－lnx(a，b∈R)，設a≥0，求f(x)的單調區間．
變式3　判斷函數f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1的單調性．
A級
1．下列函數中，在(0，＋∞)內為增函數的是(　　)
A．y＝sinx B．y＝xe2
C．y＝x3－x D．y＝lnx－x
2．函數y＝1＋3x－x3有(　　)
A．極小值－1，極大值1
B．極小值－2，極大值3
C．極小值－2，極大值2
D．極小值－1，極大值3
3．若函數f(x)＝kx－lnx在區間(1，＋∞)單調遞增，則k的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
4．若a>0，b>0，且函數f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　)
A．2B．3C．6D．9
5．若函數f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)上是增函數，則a的取值范圍是________．
6．若f(x)＝－x2＋blnx在[1，＋∞)上是減函數，則b的取值范圍是________．
7．設方程x3－3x＝k有3個不等的實根，則常數k的取值范圍是________．
B級
8．函數y＝在定義域內(　　)
A．有最大值2，無最小值
B．無最大值，有最小值－2
C．有最大值2，最小值－2
D．無最值
9.已知函數y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數的圖象是(　　)www.21-cn-jy.com
10．若函數y＝x3－3ax＋a在(1,2)內有極小值，則實數a的取值范圍是________．
11．已知函數f(x)＝2x3－6x2＋m(m為常數)在[－2,2]上有最大值3，那么此函數在[－2,2]上的最小值為________．www-2-1-cnjy-com
12．已知函數f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2處取得極值c－16.
(1)求a、b的值；
(2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
13．已知函數f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，求a，b的值；
(2)當a2＝4b時，求函數f(x)＋g(x)的單調區間，并求其在區間(－∞，－1]上的最大值．
詳解答案
典型例題
例1　解　f′(x)＝3x2－6x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.
當x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0，
f(x)在(－∞，－1)上是增函數；
當x∈(－1，＋1)時，f′(x)<0，
f(x)在(－1，＋1)上是減函數；
當x∈(－1，＋∞)時，f′(x)＞0，
f(x)在(＋1，＋∞)上是增函數．
變式1　解　f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)，
由題意知，f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥0在[2，＋∞)上恒成立，
即a≥－在[2，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝－，
則g′(x)＝－(1－)，
顯然，x∈[2，＋∞)時，g′(x)<0，
即g(x)在[2，＋∞)上是減函數，
所以g(x)≤g(2)＝－，
所以a的取值范圍是[－，＋∞)．
例2　解　f′(x)＝1－，
①當a≤0時，f′(x)>0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數，所以函數f(x)無極值．
②當a>0時，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝lna.
x∈(－∞，lna)，f′(x)<0；x∈(lna，＋∞)，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，故f(x)在x＝lna處取得極小值且極小值為f(lna)＝lna，無極大值．21世紀教育網版權所有
綜上，當a≤0時，函數f(x)無極值．
當a>0時，f(x)在x＝lna處取得極小值lna，無極大值．
變式2　解　由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a
令f′(x)＝0，得兩根
x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調遞減，在(x1，x2)上單調遞增．
當0所以f(x)在[1，x2]上單調遞增，在[x2,4]上單調遞減，
所以，最大值為f(x2)，最小值為f(1)或f(4)．
又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)從而f(x)在[1,4]上的最大值為f(2)＝.
例3　解　f(x)的定義域為x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝.
當a＝0時，f′(x)＝.
①若b≤0，當x>0時，f′(x)<0恒成立，
所以函數f(x)的單調遞減區間是(0，＋∞)．
②若b>0，當0時，f′(x)>0.
所以函數f(x)的單調遞減區間是，單調遞增區間是.
當a>0時，由f′(x)＝0得2ax2＋bx－1＝0.
解得x1＝，x2＝，
此時x1<0，x2>0.
當0x2時，f′(x)>0.
所以函數f(x)的單調遞減區間是，
單調遞增區間是.
綜上所述：當a＝0，b≤0時，函數f(x)的單調遞減區間是(0，＋∞)．
當a＝0，b>0時，函數f(x)的單調遞減區間是，單調遞增區間是.
當a>0時，函數f(x)的單調遞減區間是，
單調遞增區間是.
變式3　解　由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
當a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當－1則當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．
綜上，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a≤－1時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減；當－1強化提高
1．B
2．D　[f′(x)＝－3x2＋3，由f′(x)＝0可得x1＝1，x2＝－1.由極值的判定方法知f(x)的極大值為f(1)＝3，極小值為f(－1)＝1－3＋1＝－1，故選D.]21教育網
3．D
4．D　[f′(x)＝12x2－2ax－2b，
∵f(x)在x＝1處有極值，
∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，∴a＋b＝6.
又a>0，b>0，∴a＋b≥2，
∴2≤6，
∴ab≤9，當且僅當a＝b＝3時等號成立，
∴ab的最大值為9.]
5．[3，＋∞)
解析　由題意知f′(x)≥0對任意的x∈恒成立，
又f′(x)＝2x＋a－，
所以2x＋a－≥0對任意的x∈恒成立，
分離參數得a≥－2x，
若滿足題意，需a≥max.
令h(x)＝－2x，x∈.
因為h′(x)＝－－2，
所以當x∈時，h′(x)＜0，
即h(x)在上單調遞減，
所以h(x)＜h＝3，故a≥3.
6．(－∞，1]
解析　轉化為f′(x)＝－x＋≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即b≤x2在[1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x2，則g(x)min＝1，
故b的取值范圍是(－∞，1]．
7．(－2,2)
解析　設f(x)＝x3－3x－k，則f′(x)＝3x2－3.
令f′(x)＝0得x＝±1，且f(1)＝－2－k，f(－1)＝2－k，又f(x)的圖象與x軸有3個交點，故21cnjy.com
∴－28．C　[令y′＝
＝＝0，
得x＝±1.
當x變化時，y′與y的變化情況如下表：
由表可知x＝－1時，y取極小值也是最小值－2；x＝1時，y取極大值也是最大值2.]
9．B　[從導函數的圖象可以看出，導函數值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤．B項正確．]
10．(1,4)
解析　y′＝3x2－3a，當a≤0時，y′≥0，
函數y＝x3－3ax＋a為單調函數，不合題意，舍去；當a>0時，y′＝3x2－3a＝0?x＝±，不難分析，【來源：21·世紀·教育·網】
當1<<2，即111．－37
解析　∵f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，
由f′(x)＝0得x＝0或2.
∵f(0)＝m，f(2)＝－8＋m，f(－2)＝－40＋m，顯然f(0)>f(2)>f(－2)，
∴m＝3，最小值為f(－2)＝－37.
12．解　(1)因為f(x)＝ax3＋bx＋c，
故f′(x)＝3ax2＋b，由于f(x)在點x＝2處取得極值，故有，
即，
化簡得，解得.
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
當x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，
故f(x)在(－∞，－2)上為增函數，
當x∈(－2,2)時，f′(x)<0，
故f(x)在(－2,2)上為減函數；
當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，
故f(x)在(2，＋∞)上為增函數．
由此可知f(x)在x1＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c，
f(x)在x2＝2處取得極小值f(2)＝c－16，由題設條件知16＋c＝28，得c＝12，
此時f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，
f(2)＝c－16＝－4，
因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4.
13．解　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
因為曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)在它們的交點(1，c)處具有公共切線，
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)記h(x)＝f(x)＋g(x)．當b＝a2時，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0時，h(x)與h′(x)的變化情況如下表：
所以函數h(x)的單調遞增區間為和；
單調遞減區間為.
當－≥－1，即0函數h(x)在區間(－∞，－1]上單調遞增，h(x)在區間(－∞，－1]上的最大值為h(－1)＝a－a2.
當－<－1，且－≥－1，即2當－<－1，即a>6時，函數h(x)在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
又因為h－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0，所以h(x)在區間(－∞，－1]上的最大值為h＝1.2·1·c·n·j·y
綜上，f(x)＋g(x)在(－∞，－1]上的最大值為h(x)max＝

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