（江蘇專用）高三數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第三章 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用課時跟蹤檢測 理-人教高三數(shù)學(xué)試題

第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第一節(jié)導(dǎo)數(shù)的概念與計算1．導(dǎo)數(shù)的概念(1)平均變化率一般地，函數(shù)f(x)在區(qū)間[x1，x2]上的平均變化率為eq\f(fx2－fx1,x2－x1).(2)函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)①定義：設(shè)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上有定義，x0∈(a，b)，若Δx無限趨近于0時，此值eq\f(Δy,Δx)＝eq\f(fx0＋Δx－fx0,Δx)無限趨近于一個常數(shù)A，則稱f(x)在x＝x0處可導(dǎo)，并稱該常數(shù)A為函數(shù)f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)，記作f′(x0)．②幾何意義：函數(shù)f(x)在點x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是在曲線y＝f(x)上點(x0，f(x0))處的切線的斜率．相應(yīng)地，切線方程為y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．(3)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)若f(x)對于區(qū)間(a，b)內(nèi)任一點都可導(dǎo)，則f(x)在各點的導(dǎo)數(shù)也隨著自變量x的變化而變化，因而也是自變量x的函數(shù)，該函數(shù)稱為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．2．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式(sinx)′＝cos_x，(cosx)′＝－sin_x，(ax)′＝axln_a，(ex)′＝ex，(logax)＝eq\f(1,xlna)，(lnx)′＝eq\f(1,x).3．導(dǎo)數(shù)的運算法則(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx)))′＝eq\f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)．[小題體驗]1．(教材習(xí)題改編)一次函數(shù)f(x)＝kx＋b在區(qū)間[m，n]上的平均變化率為________．解析：由題意得函數(shù)f(x)＝kx＋b在區(qū)間[m，n]上的平均變化率為eq\f(fn－fm,n－m)＝k.答案：k2．(教材習(xí)題改編)如圖，函數(shù)y＝f(x)的圖象在點P處的切線方程是y＝－x＋5，則f(3)＝________，f′(3)＝________.解析：由圖知切點為(3,2)，切線斜率為－1.答案：2－13．設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(x)＝x＋lnx，則f′(1)＝________.解析：由f(x)＝x＋lnx(x>0)，知f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，所以f′(1)＝2.答案：24．(2015·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝axlnx，x∈(0，＋∞)，其中a為實數(shù)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)．若f′(1)＝3，則a的值為________．解析：f′(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋x·\f(1,x)))＝a(1＋lnx)．由于f′(1)＝a(1＋ln1)＝a，又f′(1)＝3，所以a＝3.答案：31．利用公式求導(dǎo)時要特別注意除法公式中分子的符號，防止與乘法公式混淆．2．求曲線切線時，要分清在點P處的切線與過P點的切線的區(qū)別，前者只有一條，而后者包括了前者．3．曲線的切線與曲線的交點個數(shù)不一定只有一個，這和研究直線與二次曲線相切時有差別．[小題糾偏]1．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，則f′(e)＝________.解析：對關(guān)系式f(x)＝2xf′(e)＋lnx兩邊求導(dǎo)，得f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，令x＝e，得f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，所以f′(e)＝－eq\f(1,e).答案：－eq\f(1,e)2．已知f(x)＝x2＋3xf′(2)，則f(2)＝________.解析：因為f′(x)＝2x＋3f′(2)，所以f′(2)＝4＋3f′(2)，所以f′(2)＝－2，所以f(x)＝x2－6x，所以f(2)＝2答案：－83．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x＋sinx，則曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程是________．解析：令x＝0，得f(0)＝1.對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝ex＋2x－1＋cosx，所以f′(0)＝1，故曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝x＋1.答案：y＝x＋1eq\a\vs4\al(考點一導(dǎo)數(shù)的運算)eq\a\vs4\al(基礎(chǔ)送分型考點——自主練透)[題組練透]求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝x2sinx；(2)y＝lnx＋eq\f(1,x)；(3)y＝eq\f(cosx,ex)；(4)y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x)).解：(1)y′＝(x2)′sinx＋x2(sinx)′＝2xsinx＋x2cosx.(2)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,x)))′＝(lnx)′＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝eq\f(1,x)－eq\f(1,x2).(3)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,ex)))′＝eq\f(cosx′ex－cosxex′,ex2)＝－eq\f(sinx＋cosx,ex).(4)∵y＝eq\f(1,1－\r(x))＋eq\f(1,1＋\r(x))＝eq\f(2,1－x)，∴y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)))′＝eq\f(－21－x′,1－x2)＝eq\f(2,1－x2).[謹(jǐn)記通法]求函數(shù)導(dǎo)數(shù)的3種原則eq\a\vs4\al(考點二導(dǎo)數(shù)的幾何意義)eq\a\vs4\al(?？汲Ｐ滦涂键c——多角探明)[命題分析]導(dǎo)數(shù)的幾何意義是每年高考的必考內(nèi)容，考查題型既有填空題，也常出現(xiàn)在解答題的第(1)問中，難度偏小，屬中低檔題．常見的命題角度有：(1)求切線方程；(2)求切點坐標(biāo)；(3)求參數(shù)的值．[題點全練]角度一：求切線方程1．(2016·南通調(diào)研)已知f(x)＝x3－2x2＋x＋6，則f(x)在點P(－1,2)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積等于________．解析：∵f(x)＝x3－2x2＋x＋6，∴f′(x)＝3x2－4x＋1，∴f′(－1)＝8，故切線方程為y－2＝8(x＋1)，即8x－y＋10＝0，令x＝0，得y＝10，令y＝0，得x＝－eq\f(5,4)，∴所求面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(5,4)×10＝eq\f(25,4).答案：eq\f(25,4)角度二：求切點坐標(biāo)2．若曲線y＝xlnx上點P處的切線平行于直線2x－y＋1＝0，則點P的坐標(biāo)是________．解析：由題意得y′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝1＋lnx，直線2x－y＋1＝0的斜率為2.設(shè)P(m，n)，則1＋lnm＝2，解得m＝e，所以n＝elne＝e，即點P的坐標(biāo)為(e，e)．答案：(e，e)角度三：求參數(shù)的值3．(2016·南京外國語學(xué)校檢測)已知函數(shù)f(x)＝x4＋ax2－bx，且f′(0)＝－13，f′(－1)＝－27，則a＋b＝________.解析：∵f′(x)＝4x3＋2ax－b，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′0＝－13，,f′－1＝－27))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－b＝－13,－4－2a－b＝－27，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,b＝13，))∴a＋b＝18.答案：18[方法歸納]導(dǎo)數(shù)幾何意義的應(yīng)用的2個注意點(1)當(dāng)曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線垂直于x軸時，函數(shù)在該點處的導(dǎo)數(shù)不存在，切線方程是x＝x0；(2)注意區(qū)分曲線在某點處的切線和曲線過某點的切線．曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；求過某點的切線方程，需先設(shè)出切點坐標(biāo)，再依據(jù)已知點在切線上求解．一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．函數(shù)f(x)＝(x＋2a)(x－a)2解析：∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2∴f′(x)＝3(x2－a2)．答案：3(x2－a2)2．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，則f′(1)＝________.解析：由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋eq\f(1,x).∴f′(1)＝2f′(1)＋1，則f答案：－13．(2016·徐州一中檢測)曲線y＝f(x)＝x(x－1)(x－2)·…·(x－6)在原點處的切線方程為________．解析：y′＝(x－1)(x－2)·…·(x－6)＋x[(x－1)·(x－2)·…·(x－6)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)×(－6)＋0＝720.故切線方程為y＝720x.答案：y＝720x4．(2015·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝________.解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，∴f′(1)＝3a又f(1)＝a＋2，∴切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x∵切線過點(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a答案：15．已知曲線y＝x3＋x－2在點P0處的切線l與直線4x－y－1＝0平行，且點P0在第三象限，則點P0的坐標(biāo)為________．解析：設(shè)P0(x0，y0)．由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1.由已知，得3xeq\o\al(2,0)＋1＝4，解得x0＝±1.當(dāng)x0＝1時，y0＝0；當(dāng)x0＝－1時，y0＝－4.又點P0在第三象限，∴切點P0的坐標(biāo)為(－1，－4)．答案：(－1，－4)二保高考，全練題型做到高考達標(biāo)1．某物體做直線運動，其運動規(guī)律是s＝t2＋eq\f(3,t)(t的單位：s，s的單位：m)，則它在第4s末的瞬時速度為________m/s.解析：∵s′＝2t－eq\f(3,t2)，∴在第4s末的瞬時速度v＝s′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,))t＝4＝8－eq\f(3,16)＝eq\f(125,16)m/s.答案：eq\f(125,16)2．(2015·蘇州二模)已知函數(shù)f(x)＝(x2＋2)(ax2＋b)，且f′(1)＝2，則f′(－1)＝________.解析：f(x)＝(x2＋2)(ax2＋b)＝ax4＋(2a＋b)x2＋2b，f′(x)＝4ax3＋2(2a＋b)x為奇函數(shù)，所以f′(－1)＝－答案：－23．已知f(x)＝x(2015＋lnx)，若f′(x0)＝2016，則x0＝________.解析：f′(x)＝2015＋lnx＋x·eq\f(1,x)＝2016＋lnx，故由f′(x0)＝2016得2016＋lnx0＝2016，則lnx0＝0，解得x0＝1.答案：14．(2016·金陵中學(xué)模擬)設(shè)點P是曲線y＝x3－eq\r(3)x＋eq\f(2,3)上的任意一點，P點處切線傾斜角α的取值范圍為________．解析：因為y′＝3x2－eq\r(3)≥－eq\r(3)，故切線斜率k≥－eq\r(3)，所以切線傾斜角α的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π)).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))5．已知f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋mx＋eq\f(7,2)(m<0)，直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切，且與f(x)圖象的切點為(1，f(1))，則m的值為________．解析：∵f′(x)＝eq\f(1,x)，∴直線l的斜率為k＝f′(1)＝1，又f(1)＝0，∴切線l的方程為y＝x－1.g′(x)＝x＋m，設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點為(x0，y0)，則有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋mx0＋eq\f(7,2)，m<0，于是解得m＝－2.答案：－26．(2016·太原一模)函數(shù)f(x)＝xex的圖象在點(1，f(1))處的切線方程是________．解析：∵f(x)＝xex，∴f(1)＝e，f′(x)＝ex＋xex，∴f′(1)＝2e，∴f(x)的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y－e＝2e(x－1)，即y＝2ex－e.答案：y＝2ex－e7.(2015·無錫調(diào)研)如圖，y＝f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，直線l：y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，其中g(shù)′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g′(3)＝________.解析：由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處切線的斜率等于－eq\f(1,3)，即f′(3)＝－eq\f(1,3).又因為g(x)＝xf(x)，所以g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(3)＝f(3)＋3f由題圖可知f(3)＝1，所以g′(3)＝1＋3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝0.答案：08．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－a)(x－b)(x－c)(a，b，c是兩兩不等的常數(shù))，則eq\f(a,f′a)＋eq\f(b,f′b)＋eq\f(c,f′c)＝________.解析：∵f(x)＝x3－(a＋b＋c)x2＋(ab＋bc＋ca)x－abc，∴f′(x)＝3x2－2(a＋b＋c)x＋ab＋bc＋ca，f′(a)＝(a－b)(a－c)，f′(b)＝(b－a)(b－c)，f′(c)＝(c－a)(c－b)．∴eq\f(a,f′a)＋eq\f(b,f′b)＋eq\f(c,f′c)＝eq\f(a,a－ba－c)＋eq\f(b,b－ab－c)＋eq\f(c,c－ac－b)＝eq\f(ab－c－ba－c＋ca－b,a－ba－cb－c)＝0.答案：09．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．(1)y＝x·tanx；(2)y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)．解：(1)y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)))′＝tanx＋x·eq\f(cos2x＋sin2x,cos2x)＝tanx＋eq\f(x,cos2x).(2)y′＝(x＋1)′[(x＋2)(x＋3)]＋(x＋1)[(x＋2)(x＋3)]′＝(x＋2)(x＋3)＋(x＋1)(x＋2)＋(x＋1)(x＋3)＝3x2＋12x＋11.10．已知曲線y＝f(x)＝eq\f(x2,a)－1(a>0)在x＝1處的切線為l，求l與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積的最小值．解：因為f(1)＝eq\f(1,a)－1，所以切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)－1)).由已知，得f′(x)＝eq\f(2x,a)，切線斜率k＝f′(1)＝eq\f(2,a)，所以切線l的方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))＝eq\f(2,a)(x－1)，即2x－ay－a－1＝0.令y＝0，得x＝eq\f(a＋1,2)；令x＝0，得y＝－eq\f(a＋1,a).所以l與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)×eq\f(a＋1,2)×eq\f(a＋1,a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋eq\f(1,2)≥eq\f(1,4)×2eq\r(a×\f(1,a))＋eq\f(1,2)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,a)，即a＝1時取等號，所以Smin＝1.故l與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積的最小值為1.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1．已知曲線C：f(x)＝x3－ax＋a，若過曲線C外一點A(1,0)引曲線C的兩條切線，它們的傾斜角互補，則a的值為________．解析：設(shè)切點坐標(biāo)為(t，t3－at＋a)．由題意知，f′(x)＝3x2－a，切線的斜率k＝y(tǒng)′eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,))x＝t＝3t2－a①，所以切線方程為y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t)②.將點A(1,0)代入②式得－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝0或t＝eq\f(3,2).分別將t＝0和t＝eq\f(3,2)代入①式，得k＝－a和k＝eq\f(27,4)－a，由題意得它們互為相反數(shù)，故a＝eq\f(27,8).答案：eq\f(27,8)2．(2016·無錫一中檢測)已知函數(shù)f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))cosx＋sinx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))的值為________．解析：∵f(x)＝f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))cosx＋sinx，∴f′(x)＝－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))sinx＋cosx，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\r(2)－1.故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝(eq\r(2)－1)×eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(2),2)＝1.答案：13．(2016·蘇北四市調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0.(1)求f(x)的解析式；(2)證明：曲線y＝f(x)上任意一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形的面積為定值，并求此定值．解：(1)f′(x)＝a＋eq\f(b,x2).∵點(2，f(2))在切線7x－4y－12＝0上，∴f(2)＝eq\f(2×7－12,4)＝eq\f(1,2).又曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為7x－4y－12＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝\f(7,4)，,f2＝\f(1,2)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋\f(b,4)＝\f(7,4)，,2a－\f(b,2)＝\f(1,2)))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝3.))∴f(x)的解析式為f(x)＝x－eq\f(3,x).(2)設(shè)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，x0－\f(3,x0)))為曲線y＝f(x)上任意一點，則切線的斜率k＝1＋eq\f(3,x\o\al(2,0))，切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))(x－x0)，令x＝0，得y＝－eq\f(6,x0).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,x0)))＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(3,x\o\al(2,0))))x－x0，,y＝x，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2x0，,y＝2x0.))∴曲線y＝f(x)上任意一點處的切線與直線x＝0和直線y＝x所圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)|2x0|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(6,x0)))＝6，為定值．第二節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用1．函數(shù)的單調(diào)性在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)函數(shù)f(x)，f′(x)在(a，b)任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0.f′(x)≥0?f(x)在(a，b)上為增函數(shù)．f′(x)≤0?f(x)在(a，b)上為減函數(shù)．2．函數(shù)的極值(1)函數(shù)的極小值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝a的函數(shù)值f(a)比它在點x＝a附近其他點的函數(shù)值都小，f′(a)＝0；而且在點x＝a附近的左側(cè)f′(x)＜0，右側(cè)f′(x)＞0，則點a叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)y＝f(x)的極小值．(2)函數(shù)的極大值：函數(shù)y＝f(x)在點x＝b的函數(shù)值f(b)比它在點x＝b附近的其他點的函數(shù)值都大，f′(b)＝0；而且在點x＝b附近的左側(cè)f′(x)＞0，右側(cè)f′(x)＜0，則點b叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)y＝f(x)的極大值．極小值點、極大值點統(tǒng)稱為極值點，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值．3．函數(shù)的最值(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．(2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．[小題體驗]1．(教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝x2ex的單調(diào)增區(qū)間是________．解析：函數(shù)f(x)的定義域為R，f′(x)＝2xex＋x2ex＝ex(2x＋x2)，令f′(x)>0，得x<－2或x>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－2)和(0，＋∞)．答案：(－∞，－2)，(0，＋∞)2．(教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(3,2)x2－4x＋eq\f(1,3)取得極大值時x的值是________．解析：f′(x)＝x2＋3x－4，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－4，經(jīng)檢驗知x＝－4時，函數(shù)y取得極大值．答案：－43．(教材習(xí)題改編)函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(3),2)x＋sinx在區(qū)間[0,2π]上的最大值為________．解析：f′(x)＝eq\f(\r(3),2)＋cosx，令f′(x)＝0，x∈[0,2π]，得x＝eq\f(5π,6)或x＝eq\f(7π,6)，又f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,6)))＝eq\f(5\r(3)π,12)＋eq\f(1,2).feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7π,6)))＝eq\f(7\r(3)π,12)－eq\f(1,2)，f(2π)＝eq\r(3)π.所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2π]上的最大值為eq\r(3)π.答案：eq\r(3)π4．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的最大值是________．答案：31．求函數(shù)單調(diào)區(qū)間與函數(shù)極值時沒有列表的習(xí)慣，會造成問題不能直觀且有條理的解決．2．求函數(shù)最值時，易誤認(rèn)為極值點就是最值點，不通過比較就下結(jié)論．3．解題時要注意區(qū)分求單調(diào)性和已知單調(diào)性的問題，處理好f′(x)＝0時的情況；區(qū)分極值點和導(dǎo)數(shù)為0的點．[小題糾偏]1．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx－a2－7a在x＝1處取得極大值10，則eq\f(a,b)的值為________．解析：由題意，知f′(x)＝3x2＋2ax＋b.由函數(shù)f(x)在x＝1處取得極大值10，知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝0，,f1＝10，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝0，,1＋a＋b－a2－7a＝10，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9，))經(jīng)檢驗eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－6，,b＝9))滿足題意，故eq\f(a,b)＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)2．若函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)上不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)k的取值范圍是________．解析：因為f′(x)＝4x－eq\f(1,x)(x>0)，所以可求得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).又函數(shù)f(x)＝2x2－lnx在其定義域的一個子區(qū)間(k－1，k＋1)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤k－1<\f(1,2)，,k＋1>\f(1,2)，))解得1≤k<eq\f(3,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))3．函數(shù)y＝2x3－2x2在區(qū)間[－1,2]上的最大值是________．解析：y′＝6x2－4x，令y′＝0，得x＝0或x＝eq\f(2,3).∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝－eq\f(8,27)，f(2)＝8.∴最大值為8.答案：8第一課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性eq\a\vs4\al(考點一判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]設(shè)a∈[－2,0]，已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－a＋5x，x≤0，,x3－\f(a＋3,2)x2＋ax，x>0.))證明f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．證明：設(shè)函數(shù)f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－eq\f(a＋3,2)x2＋ax(x≥0)，①f1′(x)＝3x2－(a＋5)，由于a∈[－2,0]，從而當(dāng)－1<x≤0時，f1′(x)＝3x2－(a＋5)<3－a－5≤0，所以函數(shù)f1(x)在區(qū)間(－1,0]內(nèi)單調(diào)遞減．②f2′(x)＝3x2－(a＋3)x＋a＝(3x－a)(x－1)，由于a∈[－2,0]，所以當(dāng)0<x<1時，f2′(x)<0；當(dāng)x>1時，f2′(x)>0，即函數(shù)f2(x)在區(qū)間[0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．綜合①②及f1(0)＝f2(0)，可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(－1,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增．[由題悟法]導(dǎo)數(shù)法證明函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)的單調(diào)性的3步驟(1)一求．求f′(x)；(2)二定．確認(rèn)f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號；(3)三結(jié)論．作出結(jié)論：f′(x)＞0時為增函數(shù)；f′(x)＜0時為減函數(shù)．[提醒]研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進行分類討論．[即時應(yīng)用]已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x).(1)求證：f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(2)若f[x(3x－2)]＜－eq\f(1,3)，求實數(shù)x的取值范圍．解：(1)證明：由已知得f(x)的定義域為(0，＋∞)．∵f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)，∴f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1＋2x－2x,1＋2x2)＝eq\f(4x2＋3x＋1,x1＋2x2).∵x＞0，∴4x2＋3x＋1＞0，x(1＋2x)2＞0.∴當(dāng)x＞0時，f′(x)＞0.∴f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)∵f(x)＝lnx－eq\f(x,1＋2x)，∴f(1)＝ln1－eq\f(1,1＋2×1)＝－eq\f(1,3).由f[x(3x－2)]＜－eq\f(1,3)得f[x(3x－2)]＜f(1)．由(1)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3x－2＞0，,x3x－2＜1，))解得－eq\f(1,3)＜x＜0或eq\f(2,3)＜x＜1.∴實數(shù)x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)).eq\a\vs4\al(考點二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2(m，n∈R，m≠0)，函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線與x軸平行．(1)用關(guān)于m的代數(shù)式表示n；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間．解：(1)由已知條件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，所以3m＋n＝0，故n＝－3(2)因為n＝－3m所以f(x)＝mx3－3mx2，所以f′(x)＝3mx2－6mx.令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，當(dāng)m>0時，解得x<0或x>2，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)；當(dāng)m<0時，解得0<x<2，則函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,2)．綜上，當(dāng)m>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，0)和(2，＋∞)；當(dāng)m<0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間是(0,2)．[由題悟法]確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間4步驟(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞增區(qū)間；(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定義域內(nèi)的部分為單調(diào)遞減區(qū)間．[即時應(yīng)用](2015·重慶高考改編)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)若g(x)＝f(x)ex，求g(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，因為f(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.當(dāng)x＜－4時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4＜x＜－1時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1＜x＜0時，g′(x)＜0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x＞0時，g′(x)＞0，故g(x)為增函數(shù)．綜上知，g(x)的減區(qū)間為(－∞，－4)和(－1,0)，增區(qū)間為(－4，－1)和(0，＋∞)．eq\a\vs4\al(考點三已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍)eq\a\vs4\al(題點多變型考點——縱引橫聯(lián))[典型母題]已知函數(shù)f(x)＝x3－ax－1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍．[解](1)f′(x)＝3x2－a.①當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．②當(dāng)a＞0時，令3x2－a＝0得x＝±eq\f(\r(3a),3)；當(dāng)x＞eq\f(\r(3a),3)或x＜－eq\f(\r(3a),3)時，f′(x)＞0；當(dāng)－eq\f(\r(3a),3)＜x＜eq\f(\r(3a),3)時，f′(x)＜0.因此f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),a)))上為減函數(shù)．綜上可知，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上為增函數(shù)；當(dāng)a＞0時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3a),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3a),3)，＋∞))上為增函數(shù)，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))上為減函數(shù)．(2)因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，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(shù)，所以a≤0，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0].[類題通法]根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般思路(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，則區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，即“若函數(shù)單調(diào)遞增，則f′(x)≥0；若函數(shù)單調(diào)遞減，則f′(x)≤0”來求解．[提醒]f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)不恒為0.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解．[越變越明][變式1]函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍．解：因為f′(x)＝3x3－a，且f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范圍為(－∞，3]．[變式2]函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上為減函數(shù)，試求a的取值范圍．解：由f′(x)＝3x2－a≤0在(－1,1)上恒成立，得a≥3x2在(－1,1)上恒成立．因為－1＜x＜1，所以3x2＜3，所以a≥3.即當(dāng)a的取值范圍為[3，＋∞)時，f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)．[變式3]函數(shù)f(x)不變，若f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求a的值．解：由母題可知，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，∴eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.[破譯玄機]函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是指單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，在求解中應(yīng)列方程求解，與函數(shù)在某個區(qū)間上具有單調(diào)性是不同的．[變式4]函數(shù)f(x)不變，若f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍．解：∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0)．∵f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，∴0＜eq\f(\r(3a),3)＜1，得0＜a＜3，即a的取值范圍為(0,3)．[破譯玄機]函數(shù)在其區(qū)間上不具有單調(diào)性，但可在子區(qū)間上具有單調(diào)性，如變式4中利用了eq\f(\r(3a),3)∈(0,1)來求解．一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．(2015·鎮(zhèn)江模擬)函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是________．解析：函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函數(shù)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，得當(dāng)f′(x)＞0時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，此時由不等式f′(x)＝(x－2)ex＞0，解得x＞2.答案：(2，＋∞)2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3＋ax2＋5x＋6在區(qū)間[1,3]上是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：依題意，知當(dāng)x∈[1,3]時，f′(x)＝x2＋2ax＋5的值恒不小于0或恒不大于0.若當(dāng)x∈[1,3]時，f′(x)＝x2＋2ax＋5≥0，即有－2a≤x＋eq\f(5,x)在[1,3]上恒成立，而x＋eq\f(5,x)≥2eq\r(x·\f(5,x))＝2eq\r(5)(當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(5)時取等號)，故－2a≤2eq\r(5)，解得a≥－eq\r(5).若當(dāng)x∈[1,3]時，f′(x)＝x2＋2ax＋5≤0，即有－2a≥x＋eq\f(5,x)恒成立，注意到函數(shù)g(x)＝x＋eq\f(5,x)在[1，eq\r(5)]上是減函數(shù)，在[eq\r(5)，3]上是增函數(shù)，且g(1)＝6>g(3)＝eq\f(14,3)，因此－2a≥6，解得a≤－3.綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)．答案：(－∞，－3]∪[－eq\r(5)，＋∞)3．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的單調(diào)情況是________．解析：在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增．答案：單調(diào)遞增4．(2016·啟東模擬)已知a≥1，f(x)＝x3＋3|x－a|，若函數(shù)f(x)在[－1,1]上的最大值和最小值分別記為M，m，則M－m的值為________．解析：當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)＝x3＋3(a－x)＝x3－3x＋3a(a≥1)，∴f′(x)＝3(x－1)(x＋1)．當(dāng)－1＜x＜1時，f′(x)＜0，所以原函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1,1]上單調(diào)遞減，所以M＝f(－1)＝3a＋2，m＝f(1)＝3a－2，所以M答案：45．(2016·蘇州測試)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－lnx，若f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：f′(x)＝x＋2a－eq\f(1,x)≥0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，即2a≥－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))上恒成立，∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,x)))max＝eq\f(8,3)，∴2a≥eq\f(8,3)，即a≥eq\f(4,3).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))二保高考，全練題型做到高考達標(biāo)1．函數(shù)f(x)＝x3－15x2－33x＋6的單調(diào)減區(qū)間為________．解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(－1,11)．答案：(－1,11)2．若冪函數(shù)f(x)的圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，則函數(shù)g(x)＝exf(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為________．解析：設(shè)冪函數(shù)f(x)＝xα，因為圖象過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(1,2)))，所以eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))α，α＝2，所以f(x)＝x2，故g(x)＝exx2，令g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)＜0，得－2＜x＜0，故函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－2,0)．答案：(－2,0)3．(2016·南通、揚州、淮安、連云港調(diào)研)設(shè)f(x)＝4x3＋mx2＋(m－3)x＋n(m，n∈R)是R上的單調(diào)增函數(shù)，則實數(shù)m的值為________．解析：因為f′(x)＝12x2＋2mx＋m－3，又函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)，所以12x2＋2mx＋m－3≥0在R上恒成立，所以(2m)2－4×12(m－3)≤0，整理得m2－12m＋36≤0，即(m－6)2≤0.又因為(m－6)2≥0，所以(m－6)2＝0，所以答案：64．已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,ax)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,ax)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝1－eq\f(1,ax2)，由于f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在(－∞，－1)上恒成立，即eq\f(1,a)≤x2在(－∞，－1)上恒成立．由于當(dāng)x＜－1時，x2＞1，則有eq\f(1,a)≤1，解得a≥1或a＜0.答案：(－∞，0)∪[1，＋∞)5．(2015·南通、揚州、泰州、淮安三調(diào))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x3＋3x2＋m，0≤x≤1，,mx＋5，x>1.))若函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有兩個不同的交點，則實數(shù)m的取值范圍為________．解析：由f(x)＝2x3＋3x2＋m，得f′(x)＝6x2＋6x，所以f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，即f(x)＝2x3＋3x2＋m與x軸至多有一個交點，要使函數(shù)f(x)的圖象與x軸有且只有兩個不同的交點，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＋5>0，,m<0，))從而可得m∈(－5,0)．答案：(－5,0)6．若函數(shù)f(x)＝ax3－3x在(－1,1)上為單調(diào)遞減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：f′(x)＝3ax2－3，∵f(x)在(－1,1)上為單調(diào)遞減函數(shù)，∴f′(x)≤0在(－1,1)上恒成立，即3ax2－3≤0在(－1,1)上恒成立．當(dāng)x＝0時，a∈R；當(dāng)x≠0時，a≤eq\f(1,x2)，∵x∈(－1,0)∪(0,1)，∴a≤1.綜上，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．答案：(－∞，1]7．(2016·鹽城中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，則不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為________．解析：設(shè)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)<eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)<F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)8．若函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2＋2ax在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上存在單調(diào)遞增區(qū)間，則a的取值范圍是________．解析：對f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＋2a.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時，f′(x)的最大值為f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(2,9)＋2a.令eq\f(2,9)＋2a＞0，解得a＞－eq\f(1,9).所以a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,9)，＋∞))9．(2016·鎮(zhèn)江五校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．解：(1)由題意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex)，又f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).設(shè)h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x＞0)，則h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．由h(1)＝0知，當(dāng)0＜x＜1時，h(x)＞0，從而f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時，h(x)＜0，從而f′(x)＜0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞)．10．(2016·徐州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax＋b.(1)若f(x)與g(x)在x＝1處相切，求g(x)的表達式；(2)若φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)由已知得f′(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1＝eq\f(1,2)a，a＝2.又∵g(1)＝0＝eq\f(1,2)a＋b，∴b＝－1，∴g(x)＝x－1.(2)∵φ(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－f(x)＝eq\f(mx－1,x＋1)－lnx在[1，＋∞)上是減函數(shù)．∴φ′(x)＝eq\f(－x2＋2m－2x－1,xx＋12)≤0在[1，＋∞)上恒成立．即x2－(2m－2)x則2m－2≤x＋eq\f(1,x)，x∈[1，＋∞)，∵x＋eq\f(1,x)∈[2，＋∞)，∴2m－2≤2，m故實數(shù)m的取值范圍是(－∞，2]．三上臺階，自主選做志在沖刺名校1．已知a≥0，函數(shù)f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1,1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，由題意知當(dāng)x∈[－1,1]時，f′(x)≤0恒成立，即x2＋(2－2a)令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－1≤0，,g1≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－12＋2－2a·－1－2a≤0，,12＋2－2a－2a≤0，))解得a≥eq\f(3,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))2．(2016·泰州模擬)若函數(shù)f(x)＝x2|x－a|在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當(dāng)a≤0時，f(x)＝x3－ax2，f′(x)＝3x2－2ax≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則也在[0,2]上單調(diào)遞增，成立；當(dāng)a>0時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x3，0≤x≤a，,x3－ax2，x>a.))①當(dāng)0≤x≤a時，f′(x)＝2ax－3x2，令f′(x)＝0，則x＝0或x＝eq\f(2,3)a，則f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上單調(diào)遞減；②當(dāng)x>a時，f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)>0，所以f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>0時，f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)a))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，a))上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增．要使函數(shù)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增，則必有eq\f(2,3)a≥2，解得a≥3.綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪[3，＋∞)．答案：(－∞，0]∪[3，＋∞)3．已知函數(shù)f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(2，f(2))處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f′x＋\f(m,2)))在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，求m的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，且f′(x)＝eq\f(a1－x,x).當(dāng)a＞0時，f(x)的增區(qū)間為(0,1)，減區(qū)間為(1，＋∞)；當(dāng)a＜0時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞)，減區(qū)間為(0,1)；當(dāng)a＝0時，f(x)不是單調(diào)函數(shù)．(2)由(1)及題意得f′(2)＝－eq\f(a,2)＝1，即a＝－2，∴f(x)＝－2lnx＋2x－3，f′(x)＝eq\f(2x－2,x).∴g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x，∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在區(qū)間(t,3)上總不是單調(diào)函數(shù)，即g′(x)＝0在區(qū)間(t,3)上有變號零點．由于g′(0)＝－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′t＜0，,g′3＞0.))當(dāng)g′(t)＜0，即3t2＋(m＋4)t－2＜0對任意t∈[1,2]恒成立，由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0且g′(2)＜0，即m＜－5且m＜－9，即m＜－9；由g′(3)＞0，即m＞－eq\f(37,3).所以－eq\f(37,3)＜m＜－9.即實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－9)).第二課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值eq\a\vs4\al(考點一運用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的極值問題)eq\a\vs4\al(?？汲Ｐ滦涂键c——多角探明)[命題分析]函數(shù)的極值是每年高考的必考內(nèi)容，題型既有填空題，也有解答題，難度適中，為中高檔題．常見的命題角度有：(1)已知函數(shù)求極值；(2)已知極值求參數(shù)；(3)由圖判斷極值．[題點全練]角度一：已知函數(shù)求極值1．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)．(1)當(dāng)a＝2時，求曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值．解：由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－eq\f(a,x).(1)當(dāng)a＝2時，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－eq\f(2,x)(x＞0)，因為f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲線y＝f(x)在點A(1，f(1))處的切線方程為y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)，x＞0知：①當(dāng)a≤0時，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；②當(dāng)a＞0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.又當(dāng)x∈(0，a)時，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0，從而函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．角度二：已知極值求參數(shù)2．(2016·黑龍江哈三中期末)已知x＝2是函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋2的極小值點，那么函數(shù)f(x)的極大值為________．解析：x＝2是函數(shù)f(x)＝x3－3ax＋2的極小值點，即x＝2是f′(x)＝3x2－3a＝0的根，將x＝2代入得a＝4，所以函數(shù)解析式為f(x)＝x3－12x＋2，則由3x2－12＝0，得x＝±2，故函數(shù)在(－2,2)上是減函數(shù)，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函數(shù)，由此可知當(dāng)x＝－2時函數(shù)f(x)取得極大值f答案：183．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3－ax2＋(2a－3)x＋1在R上存在極值，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：由題意知，f′(x)＝ax2－2ax＋2a因為函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)ax3－ax2＋(2a－3)x＋1在R上存在極值，所以f′(x)＝0有兩個不等實根，其判別式Δ＝4a2－4a(所以0＜a＜3，故實數(shù)a的取值范圍為(0,3)．答案：(0,3)角度三：由圖判斷極值4．已知函數(shù)f(x)的定義域為R，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)有________個極大值點，________個極小值點．解析：由導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值的關(guān)系，知當(dāng)f′(x0)＝0時，若在x0的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，則f(x)在x＝x0處取得極大值；若在x0的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，則f(x)在x＝x0處取得極小值．設(shè)函數(shù)f′(x)的圖象與x軸的交點從左到右的橫坐標(biāo)依次為x1，x2，x3，x4，則f(x)在x＝x1，x＝x3處取得極大值，在x＝x2，x＝x4處取得極小值．答案：22[方法歸納]利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般流程eq\a\vs4\al(考點二運用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的最值問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)．(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在[1,2]上的最大值．解：(1)f(x)＝eq\f(x,a)－ex(a＞0)，則f′(x)＝eq\f(1,a)－ex.令eq\f(1,a)－ex＝0，則x＝lneq\f(1,a).當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))lneq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞))f′(x)＋0－f(x)極大值故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，ln\f(1,a)))；單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)，＋∞)).(2)當(dāng)lneq\f(1,a)≥2，即0＜a≤eq\f(1,e2)時，f(x)max＝f(2)＝eq\f(2,a)－e2；當(dāng)1＜lneq\f(1,a)＜2，即eq\f(1,e2)＜a＜eq\f(1,e)時，f(x)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,a)))＝eq\f(1,a)lneq\f(1,a)－eq\f(1,a)；當(dāng)lneq\f(1,a)≤1，即a≥eq\f(1,e)時，f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,a)－e.[由題悟法]求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最大值和最小值3步驟(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；(2)求函數(shù)在區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)；(3)將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值．[即時應(yīng)用]設(shè)函數(shù)f(x)＝alnx－bx2(x＞0)，若函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切，(1)求實數(shù)a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))上的最大值．解：(1)f′(x)＝eq\f(a,x)－2bx，∵函數(shù)f(x)在x＝1處與直線y＝－eq\f(1,2)相切，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′1＝a－2b＝0，,f1＝－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2).))(2)由(1)得f(x)＝lnx－eq\f(1,2)x2，則f′(x)＝eq\f(1,x)－x＝eq\f(1－x2,x)，∵當(dāng)eq\f(1,e)≤x≤e時，令f′(x)＞0得eq\f(1,e)≤x＜1；令f′(x)＜0，得1＜x≤e，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，e))上單調(diào)遞減，∴f(x)max＝f(1)＝－eq\f(1,2).eq\a\vs4\al(考點三函數(shù)極值和最值的綜合問題)eq\a\vs4\al(重點保分型考點——師生共研)[典例引領(lǐng)]已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(2,x)－3lnx，其中a為常數(shù)．(1)當(dāng)函數(shù)f(x)的圖象在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))處的切線的斜率為1時，求函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))上的最小值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上既有極大值又有極小值，求a的取值范圍．解：(1)∵f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)，∴f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝a＝1，故f(x)＝x－eq\f(2,x)－3lnx，則f′(x)＝eq\f(x－1x－2,x2).由f′(x)＝0得x＝1或x＝2.當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：xeq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))2(2,3)3f′(x)－0＋f(x)1－3ln2從而在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))上，f(x)有最小值，且最小值為f(2)＝1－3ln2.(2)f′(x)＝a＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(ax2－3x＋2,x2)(x＞0)，由題設(shè)可得方程ax2－3x＋2＝0有兩個不等的正實根，不妨設(shè)這兩個根為x1，x2，并令h(x)＝ax2－3x＋2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a＞0，,x1＋x2＝\f(3,a)＞0，,x1x2＝\f(2,a)＞0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝9－8a＞0，,－\f(－3,2a)＞0，,h0＞0))))，解得0＜a＜eq\f(9,8).故所求a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,8))).[由題悟法]求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值的方法求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值．[即時應(yīng)用]已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，若x＝eq\f(2,3)時，y＝f(x)有極值．(1)求a，b，c的值；(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.當(dāng)x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0，當(dāng)x＝eq\f(2,3)時，y＝f(x)有極值，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝0，可得4a＋3b＋4＝0，由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切點的橫坐標(biāo)為1，所以f(1)＝4.所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝eq\f(2,3).當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的取值及變化情況如下表所示：x－3(－3，－2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))1f′(x)＋0－0＋f(x)813eq\f(95,27)4所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為eq\f(95,27).一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1．函數(shù)f(x)＝lnx－x在(0，e]上的最大值為________．解析：f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x>0)，令f′(x)>0，得0<x<1，令f′(x)<0，得x>1，∴f(x)在(0,1]上是增函數(shù)，在(1，e]上是減函數(shù)．∴當(dāng)x＝1時，f(x)在(0，e]上取得最大值f(1)＝－1.答案：－12．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)ex(sinx＋cosx)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))))的值域為________解析：∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴f′(x)＝excosx≥0，∴f(0)≤f(x)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))，即eq\f(1,2)≤f(x)≤eq\f(1,2)e.答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)e))3．當(dāng)函數(shù)y＝x·2x取極小值時，x＝________.解析：令y′＝2x＋x·2xln2＝0，∴x＝－eq\f(1,ln2).答案：－eq\f(1,ln2)4．若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點，則實數(shù)c的取值范圍為________．解析：若函數(shù)f(x)＝x3－2cx2＋x有極值點，則f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有根，故Δ＝(－4c)2－12>0，從而c>eq\f(\r(3),2)或c<－eq\f(\r(3),2).故實數(shù)c的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞))5．已知函數(shù)f(x)＝2f′(1)lnx－x，則f(x解析：因為f′(x)＝eq\f(2f′1,x)－1，令x＝1，得f′(1)＝1.所以f(x)＝2lnx－x，f′(x)＝eq\f(2,x)－1.當(dāng)0<x<2，f′(x)>0；當(dāng)x>2，f′(x)<0.從而f(x)的極大值為f(2)＝2ln2－2.答案：2ln2－2二保高考，全練題型做到高考達標(biāo)1．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x2－lnx的最小值為________．解析：f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－1,x)，且x＞0.令f′(x)＞0，得x＞1；令f′(x)＜0，得0＜x＜1.∴f(x)在x＝1處取得極小值也是最小值，且f(1)＝eq\f(1,2)－ln1＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)2．若函數(shù)f(x)＝x3－3x－a在區(qū)間[0,3]上的最大值和最小值分別為M，N，則M－N的值為________．解析：f′