第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用2019考綱考題考情考綱要求考題舉例考向標簽1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)2了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)3會利用導(dǎo)數(shù)解決某些實際問題(生活中的優(yōu)化問題)2018·全國卷·T21(討論函數(shù)的單調(diào)性、不等式證明)2018·全國卷·T21(證明不等式、函數(shù)的零點)2018·全國卷·T21(應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值)2017·全國卷·T21(函數(shù)單調(diào)性、零點)2017·全國卷·T21(函數(shù)極值)2017·全國卷·T21(利用導(dǎo)數(shù)證明不等式)命題角度：1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性2導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值3導(dǎo)數(shù)與不等式4導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點核心素養(yǎng)：邏輯推理1函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系函數(shù)yf(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，則(1)若f(x)0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增。(2)若f(x)0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減。(3)若f(x)0，則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)。2函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)的極小值若函數(shù)yf(x)在點xa處的函數(shù)值f(a)比它在點xa附近其他點的函數(shù)值都小，且f(a)0，而且在點xa附近的左側(cè)f(x)0，右側(cè)f(x)0，則xa叫做函數(shù)的極小值點，f(a)叫做函數(shù)的極小值。(2)函數(shù)的極大值若函數(shù)yf(x)在點xb處的函數(shù)值f(b)比它在點xb附近其他點的函數(shù)值都大，且f(b)0，而且在點xb附近的左側(cè)f(x)0，右側(cè)f(x)0，則xb叫做函數(shù)的極大值點，f(b)叫做函數(shù)的極大值，極大值和極小值統(tǒng)稱為極值。3函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)(1)函數(shù)f(x)在a，b上有最值的條件：一般地，如果在區(qū)間a，b上，函數(shù)yf(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，那么它必有最大值和最小值。(2)求函數(shù)yf(x)在a，b上的最大值與最小值的步驟為：求函數(shù)yf(x)在(a，b)內(nèi)的極值；將函數(shù)yf(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值。1函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上遞增，則f(x)0，“f(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上單調(diào)遞增”的充分不必要條件。2對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，“f(x0)0”是“函數(shù)f(x)在xx0處有極值”的必要不充分條件。如函數(shù)yx3在x0處導(dǎo)數(shù)為零，但x0不是函數(shù)yx3的極值點。一、走進教材1(選修22P26練習(xí)T1(2)改編)函數(shù)yxex的單調(diào)遞減區(qū)間為()A(，0) B(0，)C1，)D(1，)解析y1ex<0，所以x>0。故選B。答案B2(選修22P32A組T5(4)改編)函數(shù)f(x)2xxlnx的極值是()ABCeDe2解析因為f(x)2(lnx1)1lnx，當(dāng)f(x)>0時，解得0<x<e；當(dāng)f(x)<0時，解得x>e，所以xe時，f(x)取到極大值，f(x)極大值f(e)e。故選C。答案C二、走近高考3(2018·全國卷)已知函數(shù)f(x)2sinxsin2x，則f(x)的最小值是_。解析因為f(x)2sinxsin2x，所以f(x)2cosx2cos2x4cos2x2cosx24·(cosx1)，由f(x)0得cosx1，即2kx2k，kZ，由f(x)0得1cosx，即2kx2k或2kx2k，kZ，所以當(dāng)x2k(kZ)時，f(x)取得最小值，且f(x)minf2sinsin2。解法一：因為f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)，所以f(x)24sin2x(1cosx)24(1cosx)(1cosx)3，設(shè)cosxt，則y4(1t)(1t)3(1t1)，所以y4(1t)33(1t)(1t)24(1t)2(24t)，所以當(dāng)1<t<時，y>0；當(dāng)<t<1時，y<0。所以函數(shù)y4(1t)(1t)3(1t1)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t時，ymax；當(dāng)t±1時，ymin0。所以0y，即0f(x)2，所以f(x)，所以f(x)的最小值為。解法二：因為f(x)2sinxsin2x2sinx(1cosx)，所以f(x)24sin2x(1cosx)24(1cosx)(1cosx)3·4，當(dāng)且僅當(dāng)3(1cosx)1cosx，即cosx時取等號，所以0f(x)2，所以f(x)，所以f(x)的最小值為。解法三：f(x)的最小值只能在使得解得cosx1，cosx1，cosx的這些點處取到，對應(yīng)的sinx的值依次是：sinx0，sinx0，sinx±。顯然，f(x)min2××。答案4(2018·江蘇高考)若函數(shù)f(x)2x3ax21(aR)在(0，)內(nèi)有且只有一個零點，則f(x)在1，1上的最大值與最小值的和為_。解析f(x)6x22ax2x(3xa)(aR)，當(dāng)a0時，f(x)>0在(0，)上恒成立，則f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，又f(0)1，所以此時f(x)在(0，)內(nèi)無零點，不滿足題意。當(dāng)a>0時，由f(x)>0得x>，由f(x)<0得0<x<，則f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又f(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個零點，所以f10，得a3，所以f(x)2x33x21，則f(x)6x(x1)，當(dāng)x(1,0)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x(0,1)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，則f(x)maxf(0)1，f(1)4，f(1)0，則f(x)min4，所以f(x)在1,1上的最大值與最小值的和為3。答案3三、走出誤區(qū)微提醒：原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系不清致誤；極值點存在的條件不清致誤；連續(xù)函數(shù)在開區(qū)間內(nèi)不一定有最值。5如圖是函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)yf(x)的圖象，則下面判斷正確的是()A在區(qū)間(2,1)上f(x)是增函數(shù)B在區(qū)間(1,3)上f(x)是減函數(shù)C在區(qū)間(4,5)上f(x)是增函數(shù)D當(dāng)x2時，f(x)取到極小值解析在(4,5)上f(x)>0恒成立，所以f(x)是增函數(shù)。故選C。答案C6函數(shù)g(x)x2的極值點是_，函數(shù)f(x)(x1)3的極值點_(填“存在”或“不存在”)。解析結(jié)合函數(shù)圖象可知g(x)x2的極值點是x0。因為f(x)3(x1)20，所以f(x)0無變號零點，故函數(shù)f(x)(x1)3不存在極值點。答案0不存在7函數(shù)g(x)x2在1,2上的最小值和最大值分別是_，在(1,2)上的最小值和最大值均_(填“存在”或“不存在”)。解析根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及最值的定義可得。答案1,4不存在第1課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性考點一討論函數(shù)的單調(diào)性【例1】(1)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，則函數(shù)yxex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A1，)B(，1C1，)D(，1(2)(2019·惠州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)x2(a2)xalnx，其中aR。若曲線yf(x)在點(2，f(2)處的切線與直線xy30平行，求a的值；求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。(1)解析令y(1x)ex0。因為ex>0，所以1x0，所以x1。故選A。答案A(2)解由f(x)x2(a2)xalnx可知，函數(shù)f(x)的定義域為x|x>0，且f(x)2x(a2)，依題意，f(2)4(a2)1，解得a2。依題意，f(x)2x(a2)(x>0)。令f(x)0，得x11，x2。()當(dāng)a0時，0，由f(x)>0，得x>1；由f(x)<0，得0<x<1。則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)。()當(dāng)0<<1，即0<a<2時，由f(x)>0，得0<x<或x>1；由f(x)<0，得<x<1。則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為，(1，)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為。()當(dāng)1，即a2時，f(x)0恒成立，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，)。()當(dāng)>1，即a>2時，由f(x)>0，得0<x<1或x>；由f(x)<0，得1<x<，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1)，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為。確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟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?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f(x)lnx，其中常數(shù)k>0，討論f(x)在(0,2)上的單調(diào)性。解因為f(x)1(0<x<2，k>0)。當(dāng)0<k<2時，>k>0，且>2，所以x(0，k)時，f(x)<0，x(k,2)時，f(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(0，k)上是減函數(shù)，在(k,2)上是增函數(shù)；當(dāng)k2時，k2，f(x)<0在(0,2)上恒成立，所以f(x)在(0,2)上是減函數(shù)；當(dāng)k>2時，0<<2，k>，所以x時，f(x)<0，x時，f(x)>0，所以函數(shù)f(x)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)?？键c二已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)取值范圍【例2】(1)若函數(shù)ysin2xacosx在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A(，1B1，)C(，0)D(0，)(2)已知a0，函數(shù)f(x)(x22ax)ex，若f(x)在1,1上是減函數(shù)，則a的取值范圍是_。解析(1)ycos2xasinx0在(0，)上恒成立，即a在(0，)上恒成立。令tsinx(0,1，g(t)2t，t(0,1，易知函數(shù)g(t)在(0,1上單調(diào)遞減，所以g(t)ming(1)1，所以a1，即實數(shù)a的取值范圍是(，1。(2)f(x)x22(a1)x2a·ex，因為f(x)在1,1上是減函數(shù)，所以f(x)0對x1,1恒成立，所以x22(a1)x2a0對x1,1恒成立。設(shè)g(x)x22(a1)x2a，所以所以解得a。答案(1)A(2)a1f(x)在D上單調(diào)遞增(減)，只要f(x)0(0)在D上恒成立即可，如果能夠分離參數(shù)，則盡可能分離參數(shù)后轉(zhuǎn)化為參數(shù)值與函數(shù)最值之間的關(guān)系。2二次函數(shù)在區(qū)間D上大于零恒成立，討論的標準是二次函數(shù)的圖象的對稱軸與區(qū)間D的相對位置，一般分對稱軸在區(qū)間左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)進行討論?！咀兪接?xùn)練】已知函數(shù)f(x)lnxax22x存在單調(diào)遞減區(qū)間，則實數(shù)a的取值范圍為_。解析f(x)ax2(x>0)，函數(shù)f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，即定義域(0，)內(nèi)存在區(qū)間使ax22x10，等價于a小于在x(0，)上的最大值，設(shè)g(x)，則g(x)，可知，函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,1)上為增函數(shù)，在區(qū)間(1，)上為減函數(shù)，所以當(dāng)x1時，函數(shù)g(x)取得最大值，此時g(x)1，所以a<1，故填(，1)。答案(，1)考點三函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用微點小專題方向1：解不等式【例3】(2019·安徽省示范高中聯(lián)考)設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)數(shù)f(x)，對任意的xR，有f(x)f(x)0，且x0，)時，f(x)>2x。若f(a2)f(a)44a，則實數(shù)a的取值范圍為()A(，1B1，)C(，2D2，)解析令G(x)f(x)x2，則G(x)f(x)2x。x0，)時，G(x)f(x)2x>0，所以G(x)在0，)上是增函數(shù)。G(x)f(x)(x)2f(x)x2G(x)，所以G(x)為偶函數(shù)，G(x)在(，0)上是減函數(shù)。因為f(a2)f(a)44a，所以f(a2)44aa2f(a)a2，所以f(a2)(a2)2f(a)a2，即G(a2)G(a)，所以|a2|a|，所以a1。故選A。答案A本小題構(gòu)造了新函數(shù)G(x)f(x)x2，通過討論其單調(diào)性解不等式。方向2：比較大小【例4】(2019·南昌摸底調(diào)研)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，設(shè)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f(x)，若對任意x>0都有2f(x)xf(x)>0成立，則()A4f(2)<9f(3)B4f(2)>9f(3)C2f(3)>3f(2)D3f(3)<2f(2)解析根據(jù)題意，令g(x)x2f(x)，其導(dǎo)數(shù)g(x)2xf(x)x2f(x)，又對任意x>0都有2f(x)xf(x)>0成立，則當(dāng)x>0時，有g(shù)(x)x(2f(x)xf(x)>0恒成立，即函數(shù)g(x)在(0，)上為增函數(shù)，又由函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，則f(x)f(x)，則有g(shù)(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)，即函數(shù)g(x)也為偶函數(shù)，則有g(shù)(2)g(2)，且g(2)<g(3)，則有g(shù)(2)<g(3)，即有4f(2)<9f(3)。故選A。答案A一般地，在不等式中如同時含有f(x)與f(x)，常需要通過構(gòu)造含f(x)與另一函數(shù)的積或商的新函數(shù)來求解，再借助導(dǎo)數(shù)考查新函數(shù)的性質(zhì)，繼而獲得解答。如本題已知條件“2f(x)xf(x)>0”，需構(gòu)造函數(shù)g(x)x2f(x)，求導(dǎo)后得x>0時，g(x)>0，即函數(shù)g(x)在(0，)上為增函數(shù)，從而問題得以解決。【題點對應(yīng)練】1(方向1)已知函數(shù)f(x)(xR)滿足f(1)1，且f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<，則不等式f(x2)<的解集為_。解析由題意構(gòu)造函數(shù)F(x)f(x)x，則F(x)f(x)。因為f(x)<，所以F(x)f(x)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減。因為f(x2)<，f(1)1，所以f(x2)<f(1)，所以F(x2)<F(1)，又函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，所以x2>1，即x(，1)(1，)。答案(，1)(1，)2(方向2)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)>f(x)恒成立，若x1<x2，則e x1f(x2)與e x2f(x1)的大小關(guān)系為()Aex1f(x2)>e x2f(x1)Be x1f(x2)<e x2f(x1)Ce x1f(x2)e x2f(x1)De x1f(x2)與e x2f(x1)的大小關(guān)系不確定解析設(shè)g(x)，則g(x)，由題意得g(x)>0，所以g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x1<x2時，g(x1)<g(x2)，即<，所以e x1f(x2)>e x2f(x1)。答案A1(配合例1使用)若函數(shù)y在(1，)上單調(diào)遞減，則稱f(x)為P函數(shù)。下列函數(shù)中為P函數(shù)的為()f(x)1；f(x)x；f(x)；f(x)。ABCD解析x(1，)時，lnx>0，x增大時，都減小，所以y，y在(1，)上都是減函數(shù)，所以f(x)1和f(x)都是P函數(shù)；，所以x(1，e)時，<0，x(e，)時，>0，即y在(1，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，所以f(x)x不是P函數(shù)；，所以x(1，e2)時，<0，x(e2，)時，>0，即y在(1，e2)上單調(diào)遞減，在(e2，)上單調(diào)遞增，所以f(x)不是P函數(shù)。故選B。答案B2(配合例1使用)已知函數(shù)f(x)ln(ex1)ax(a>0)，討論函數(shù)yf(x)的單調(diào)區(qū)間。解f(x)a1a。當(dāng)a1時，f(x)<0恒成立，所以當(dāng)a1，)時，函數(shù)yf(x)在R上單調(diào)遞減。當(dāng)0<a<1時，由f(x)>0，得(1a)(ex1)>1，即ex>1，解得x>ln，由f(x)<0，得(1a)(ex1)<1，即ex<1，解得x<ln。所以當(dāng)a(0,1)時，函數(shù)yf(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。綜上，當(dāng)a1，)時，f(x)在R上單調(diào)遞減；當(dāng)a(0,1)時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。3(配合例3、例4使用)設(shè)偶函數(shù)f(x)定義在上，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)，當(dāng)0<x<時，f(x)cosxf(x)sinx<0，則不等式f(x)>2fcosx的解集為()AB.CD.解析令g(x)，因為f(x)是定義在上的偶函數(shù)，所以g(x)是定義在上的偶函數(shù)，又當(dāng)0<x<時，f(x)cosxf(x)sinx<0，所以g(x)<0在上恒成立，即g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，將f(x)>2fcosx化為>，即g(x)>g，則|x|<，又x，所以x。故選C。答案C構(gòu)造函數(shù)比較大小此類涉及已知f(x)與f(x)的一些關(guān)系式，比較有關(guān)函數(shù)式大小的問題，可通過構(gòu)造新的函數(shù)，創(chuàng)造條件，從而利用單調(diào)性求解。一、x與f(x)的組合函數(shù)【典例1】若函數(shù)f(x)的定義域為R，且滿足f(2)2，f(x)>1，則不等式f(x)x>0的解集為_?！窘馕觥苛頶(x)f(x)x，所以g(x)f(x)1。由題意知g(x)>0，所以g(x)為增函數(shù)。因為g(2)f(2)20，所以g(x)>0的解集為(2，)。【答案】(2，)【典例2】是圓周率，e是自然對數(shù)的底數(shù)，在3e，e3，e，3,3，e六個數(shù)中，最小的數(shù)與最大的數(shù)分別是()A3e,3B3e，eCe3，3De,3【解析】構(gòu)造函數(shù)f(x)，f(x)的定義域為(0，)，求導(dǎo)得f(x)，當(dāng)f(x)>0，即0<x<e時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f(x)<0，即x>e時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減。故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞減區(qū)間為(e，)。因為e<3<，所以eln3<eln，lne<ln3，即ln3e<lne，lne<ln3。又函數(shù)ylnx，yex，yx在定義域上單調(diào)遞增，故3e<e<3，e3<e<3，故這六個數(shù)中的最大數(shù)為3或3，由e<3<及函數(shù)f(x)的單調(diào)性，得f()<f(3)<f(e)，即<<，由<，得ln3<ln3，所以3>3，在3e，e3，e，3,3，e六個數(shù)中的最大的數(shù)是3，同理得最小的數(shù)為3e。故選A?！敬鸢浮緼二、ex與f(x)的組合函數(shù)【典例3】已知f(x)(xR)有導(dǎo)函數(shù)，且xR，f(x)>f(x)，nN*，則有()Aenf(n)<f(0)，f(n)>enf(0)Benf(n)<f(0)，f(n)<enf(0)Cenf(n)>f(0)，f(n)>enf(0)Denf(n)>f(0)，f(n)<enf(0)【解析】設(shè)g(x)，則g(x)>0，g(x)為R上的增函數(shù)，故g(n)<g(0)<g(n)，即<<，即enf(n)<f(0)，f(n)>enf(0)。故選A。【答案】A【典例4】設(shè)a>0，b>0，e是自然對數(shù)的底數(shù)，則()A若ea2aeb3b，則a>bB若ea2aeb3b，則a<bC若ea2aeb3b，則a>bD若ea2aeb3b，則a<b【解析】因為a>0，b>0，所以ea2aeb3beb2bb>eb2b。對于函數(shù)yex2x(x>0)，因為yex2>0，所以yex2x在(0，)上單調(diào)遞增，因而a>b成立。故選A。【答案】A第2課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值、最值考點一函數(shù)的極值問題微點小專題方向1：由圖象判斷函數(shù)的極值【例1】設(shè)函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為f(x)，且函數(shù)y(1x)f(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是()A函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)C函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(2)D函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(2)解析由題圖可知，當(dāng)x<2時，f(x)>0；當(dāng)2<x<1時，f(x)<0；當(dāng)1<x<2時，f(x)<0；當(dāng)x>2時，f(x)>0。由此可以得到函數(shù)f(x)在x2處取得極大值，在x2處取得極小值。故選D。答案D知圖判斷函數(shù)極值的情況。先找導(dǎo)數(shù)為0的點，再判斷導(dǎo)數(shù)為0的點的左、右兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)符號。方向2：求函數(shù)的極值【例2】已知函數(shù)f(x)x1(aR，e為自然對數(shù)的底數(shù))。(1)若曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線平行于x軸，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值。解(1)由f(x)x1，得f(x)1。又曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線平行于x軸，得f(1)0，即10，解得ae。(2)f(x)1，當(dāng)a0時，f(x)>0，f(x)為(，)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值。當(dāng)a>0時，令f(x)0，得exa，即xlna，當(dāng)x(，lna)時，f(x)<0；當(dāng)x(lna，)時，f(x)>0，所以f(x)在(，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，)上單調(diào)遞增，故f(x)在xlna處取得極小值且極小值為f(lna)lna，無極大值。綜上，當(dāng)a0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時，f(x)在xlna處取得極小值lna，無極大值。求函數(shù)極值的一般步驟：先求函數(shù)f(x)的定義域，再求函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)；求f(x)0的根；判斷在f(x)0的根的左、右兩側(cè)f(x)的符號，確定極值點；求出具體極值。方向3：已知極值求參數(shù)【例3】(1)(2019·江西八校聯(lián)考)若函數(shù)f(x)x2xalnx在1，)上有極值點，則實數(shù)a的取值范圍為_。(2)(2018·山東曲阜模擬)若函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)(xk)k，k1，kZ，已知xk是函數(shù)f(x)的極大值點，則k_。解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)2x1，由題意知2x2xa0在R上有兩個不同的實數(shù)解，且在1，)上有解，所以18a>0，且2×121a0，所以a(，1。(2)因為函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為f(x)(xk)k，k1，kZ，所以若k是偶數(shù)，則xk，不是極值點，則k是奇數(shù)，若k<，由f(x)>0，解得x>或x<k；由f(x)<0，解得k<x<，即當(dāng)xk時，函數(shù)f(x)取得極大值。因為kZ，所以k1。若k>，由f(x)>0，解得x>k或x<；由f(x)<0，解得<x<k，即當(dāng)xk時，函數(shù)f(x)取得極小值，不滿足條件。答案(1)(，1(2)1已知函數(shù)極值點或極值求參數(shù)的兩個要領(lǐng)1列式：根據(jù)極值點處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解。2驗證：因為某點處的導(dǎo)數(shù)值等于0不是此點為極值點的充要條件，所以利用待定系數(shù)法求解后必須驗證根的合理性?！绢}點對應(yīng)練】1(方向1)已知函數(shù)f(x)的定義域為(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在(a，b)上的極大值點的個數(shù)為()A1B2C3D4解析由函數(shù)極值的定義和導(dǎo)函數(shù)的圖象可知，f(x)在(a，b)上與x軸的交點個數(shù)為4，但是在原點附近的導(dǎo)數(shù)值恒大于零，故x0不是函數(shù)f(x)的極值點，其余的3個交點都是極值點，其中有2個點滿足其附近的導(dǎo)數(shù)值左正右負，故極大值點有2個。答案B2(方向2)若x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點，則f(x)的極小值為()A1B2e3C5e3D1解析因為f(x)(x2ax1)ex1，所以f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1。因為x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f(x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1。令f(x)>0，解得x<2或x>1，令f(x)<0，解得2<x<1，所以f(x)在(，2)上單調(diào)遞增，在(2,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x1時，f(x)取得極小值，且f(x)極小值f(1)1。答案A3(方向3)已知函數(shù)f(x)x(xc)2在x2處有極小值，則實數(shù)c的值為()A6B2C2或6D0解析由f(2)0可得c2或6。當(dāng)c2時，結(jié)合圖象(圖略)可知函數(shù)先增后減再增，在x2處取得極小值；當(dāng)c6時，結(jié)合圖象(圖略)可知，函數(shù)在x2處取得極大值。故選B。答案B4(方向3)(2019·長春市質(zhì)量監(jiān)測)若函數(shù)f(x)(x2ax3)ex在(0，)內(nèi)有且僅有一個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是()A(，2B(，2)C(，3D(，3)解析f(x)(2xa)ex(x2ax3)exx2(a2)xa3ex，令g(x)x2(a2)xa3。由題意知，g(x)在(0，)內(nèi)先減后增或先增后減，結(jié)合函數(shù)g(x)的圖象特征知，或解得a3。故選C。答案C考點二函數(shù)的最值問題【例4】(2019·貴陽檢測)已知函數(shù)f(x)lnx。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求函數(shù)f(x)在上的最大值和最小值(其中e是自然對數(shù)的底數(shù))。解(1)f(x)lnx1lnx，f(x)的定義域為(0，)。所以f(x)，由f(x)>0，得0<x<1，由f(x)<0，得x>1，所以f(x)1lnx在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減。(2)由(1)得f(x)在上單調(diào)遞增，在1，e上單調(diào)遞減，所以f(x)在上的最大值為f(1)11ln10。又f1eln2e，f(e)1lne，且f<f(e)。所以f(x)在上的最小值為f2e。所以f(x)在上的最大值為0，最小值為2e。1求函數(shù)f(x)在a，b上的最大值和最小值的步驟：第一步，求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；第二步，求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b)；第三步，將函數(shù)f(x)的各極值與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。2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?！咀兪接?xùn)練】(2019·南昌摸底調(diào)研)設(shè)函數(shù)f(x)lnx2mx2n(m，nR)。(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有最大值ln2，求mn的最小值。解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)4mx，當(dāng)m0時，f(x)>0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時，令f(x)>0得0<x<，令f(x)<0得x>，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。(2)由(1)知，當(dāng)m0時，f(x)無最大值；當(dāng)m>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。所以f(x)maxfln2m·nln2lnmnln2，所以nlnm，所以mnmlnm，令h(x)xlnx(x>0)，則h(x)1，所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以h(x)minhln2，所以mn的最小值為ln2。1(配合例3使用)設(shè)函數(shù)f(x)2lnxmx21。(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)f(x)有極值時，若存在x0，使得f(x0)>m1成立，求實數(shù)m的取值范圍。解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)2mx，當(dāng)m0時，f(x)>0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時，令f(x)>0，則0<x<，令f(x)<0，則x>，所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。綜上，當(dāng)m0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)m>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。(2)由(1)知，當(dāng)f(x)有極值時，m>0，且f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。所以f(x)maxf2lnm·1lnm，若存在x0，使得f(x0)>m1成立，則f(x)max>m1。即lnm>m1，lnmm1<0成立，令g(x)xlnx1(x>0)，因為g(x)1>0，所以g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，且g(1)0，所以m1<0，即m<1。綜上，0<m<1。所以實數(shù)m的取值范圍是(0,1)。2(配合例3使用)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)alnxx24x。(1)若x3是函數(shù)f(x)的一個極值點，求實數(shù)a的值；(2)設(shè)g(x)(a2)x，若存在x0，使得f(x0)g(x0)成立，求實數(shù)a的取值范圍。解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)2x4。因為x3是函數(shù)f(x)的一個極值點，所以f(3)0，解得a6。經(jīng)檢驗，當(dāng)a6時，x3是函數(shù)f(x)的一個極小值點，符合題意，故a6。(2)由f(x0)g(x0)，得(x0lnx0)ax2x0，記F(x)xlnx(x>0)，則F(x)(x>0)，所以當(dāng)0<x<1時，F(xiàn)(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，F(xiàn)(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增。所以F(x)F(1)1>0，所以a。記G(x)，x，則G(x)。因為x，所以22lnx2(1lnx)0，所以x2lnx2>0，所以當(dāng)x時，G(x)<0，G(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(1，e)時，G(x)>0，G(x)單調(diào)遞增。所以G(x)minG(1)1，所以aG(x)min1，故實數(shù)a的取值范圍為1，)。第3課時導(dǎo)數(shù)與不等式考點一不等式的證明微點小專題方向1：移項作差構(gòu)造法【例1】(2019·江西贛州高三模擬)已知函數(shù)f(x)1，g(x)bx，若曲線yf(x)與曲線yg(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直。(1)求a，b的值；(2)證明：當(dāng)x1時，f(x)g(x)。解(1)因為f(x)1，所以f(x)，f(1)1。因為g(x)bx，所以g(x)b。因為曲線yf(x)與曲線yg(x)的一個公共點是A(1,1)，且在點A處的切線互相垂直，所以g(1)1，且f(1)·g(1)1，所以g(1)a1b1，g(1)a1b1，解得a1，b1。(2)證明：由(1)知，g(x)x，則f(x)g(x)1x0。令h(x)1x(x1)，則h(1)0，h(x)11。因為x1，所以h(x)1>0，所以h(x)在1，)上單調(diào)遞增，所以h(x)h(1)0，即1x0，所以當(dāng)x1時，f(x)g(x)。待證不等式的兩邊含有同一個變量時，一般地，可以直接構(gòu)造“左減右”的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，借助所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性即可得證。【變式訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)xlnxex1。(1)求曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程；(2)證明：f(x)<sinx在(0，)上恒成立。解(1)依題意得f(x)lnx1ex，又f(1)1e，f(1)1e，故所求切線方程為y1e(1e)(x1)，即y(1e)x。(2)證明：依題意，要證f(x)<sinx，即證xlnxex1<sinx，即證xlnx<exsinx1。當(dāng)0<x1時，exsinx1>0，xlnx0，故xlnx<exsinx1，即f(x)<sinx。當(dāng)x>1時，令g(x)exsinx1xlnx，故g(x)excosxlnx1。令h(x)g(x)excosxlnx1，則h(x)exsinx，當(dāng)x>1時，ex>e1>1，所以h(x)exsinx>0，故h(x)在(1，)上單調(diào)遞增。故h(x)>h(1)ecos11>0，即g(x)>0，所以g(x)>g(1)esin11>0，即xlnx<exsinx1，即f(x)<sinx。綜上所述，f(x)<sinx在(0，)上恒成立。方向2：特征分析法【例2】(2018·中原名校第七次質(zhì)量考評)已知函數(shù)f(x)axlnx1。(1)若f(x)0恒成立，求a的最小值；(2)證明：xlnx10；(3)已知k(exx2)xxlnx恒成立，求k的取值范圍。解(1)f(x)0等價于a(x>0)。令g(x)，則g(x)，所以當(dāng)x(0,1)時，g(x)>0，當(dāng)x(1，)時，g(x)<0，則g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以g(x)maxg(1)1，則a1，所以a的最小值為1。(2)證明：由(1)知當(dāng)a1時有f(x)xlnx10成立，即xlnx1，即tlnt1。令t，則xlnxlnt，所以xlnx1，即xlnx10。(3)因為k(exx2)xxlnx，即k1lnx恒成立，所以k1，由(2)知xlnx10恒成立，所以11，故k1。這種方法往往要在前面問題中證明出某個不等式，在后續(xù)的問題中應(yīng)用前面的結(jié)論，呈現(xiàn)出層層遞進的特點。【變式訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)ln(x1)k(x1)1。(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)0恒成立，試確定實數(shù)k的取值范圍；(3)證明：<(nN*且n>1)。解(1)因為f(x)ln(x1)k(x1)1，所以f(x)k，x>1。所以當(dāng)k0時，f(x)k>0，f(x)在(1，)上是增函數(shù)；當(dāng)k>0時，令f(x)>0，得1<x<1，令f(x)<0，得x>1，所以f(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)。(2)因為f(x)0恒成立，所以x>1，ln(x1)k(x1)10，所以x>1，ln(x1)k(x1)1，所以k>0。由(1)知，當(dāng)k>0時，f(x)maxflnk0，解得k1。故實數(shù)k的取值范圍是1，)。(3)證明：令k1，則由(2)知，ln(x1)x2對任意x(1，)恒成立，即lnxx1對任意x(0，)恒成立。取xn2，則2lnnn21，即<，n2，所以<(nN*且n>1)。方向3：隔離分析法【例3】(2019·福州高三期末考試)已知函數(shù)f(x)elnxax(aR)。(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)ae時，證明：xf(x)ex2ex0。解(1)f(x)a(x>0)，若a0，則f(x)>0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；若a>0，則當(dāng)0<x<時，f(x)>0，當(dāng)x>時，f(x)<0，故f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減。(2)因為x>0，所以只需證f(x)2e，當(dāng)ae時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，所以f(x)maxf(1)e。記g(x)2e(x>0)，則g(x)，所以當(dāng)0<x<1時，g(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>1時，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)ming(1)e。綜上，當(dāng)x>0時，f(x)g(x)，即f(x)2e，即xf(x)ex2ex0。解：由題意知，即證exlnxex2ex2ex0，從而等價于lnxx2。設(shè)函數(shù)g(x)lnxx2，則g(x)1。所以當(dāng)x(0,1)時，g(x)>0，當(dāng)x(1，)時，g(x)<0，故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，)上單調(diào)遞減，從而g(x)在(0，)上的最大值為g(1)1。設(shè)函數(shù)h(x)，則h(x)。所以當(dāng)x(0,1)時，h(x)<0，當(dāng)x(1，)時，h(x)>0，故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增，從而h(x)在(0，)上的最小值為h(1)1。綜上，當(dāng)x>0時，g(x)h(x)，即xf(x)ex2ex0。若直接求導(dǎo)比較復(fù)雜或無從下手時，可將待證式進行變形，構(gòu)造兩個函數(shù)，從而找到可以傳遞的中間量，達到證明的目標。【變式訓(xùn)練】已知f(x)axlnx，x(0，e，g(x)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR.(1)當(dāng)a1時，求f(x)的極值，并證明f(x)>g(x)恒成立；(2)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值為3？若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由。解(1)因為f(x)xlnx(x>0)，f(x)1。所以當(dāng)0<x<1時，f(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)1<x<e時，f(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞增。所以f(x)的極小值為f(1)1，即f(x)在(0，e上的最小值為1，令h(x)g(x)，則h(x)，當(dāng)0<x<e時，h(x)>0，h(x)在(0，e上單調(diào)遞增，所以h(x)maxh(e)<1f(x)min。所以f(x)>g(x)恒成立。(2)假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)axlnx(x(0，e)有最小值3，f(x)a。當(dāng)a0時，f(x)在(0，e上單調(diào)遞減，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，所以a0時，不存在a使f(x)的最小值為3。當(dāng)0<<e，即a>時，f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f(x)minf1lna3，ae2，滿足條件。當(dāng)e，即0<a時，f(x)在(0，e上單調(diào)遞減，f(x)minf(e)ae13，a(舍去)，所以0<a時，不存在a使f(x)的最小值為3。綜上，存在實數(shù)ae2，使得當(dāng)x(0，e時，f(x)有最小值3?？键c二不等式恒成立問題【例4】(2019·陜西西北九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)lnxt(x1)，t為實數(shù)。(1)當(dāng)t1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若當(dāng)t時，f(x)<0在(1，)上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍。解(1)當(dāng)t1時，f(x)lnxx1，x>0，所以f(x)1。由f(x)<0可得0<x<1，由f(x)>0可得x>1，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，)。(2)當(dāng)t時，f(x)lnx，f(x)lnx，當(dāng)x>1時，f(x)<0恒成立，等價于k<xlnx在(1，)上恒成立。令g(x)xlnx，則g(x)x(lnx1)x1lnx。令h(x)x1lnx，則h(x)1。當(dāng)x>1時，h(x)>0，函數(shù)h(x)x1lnx在(1，)上單調(diào)遞增，故h(x)>h(1)0，從而當(dāng)x>1時，g(x)>g(1)0，即函數(shù)g(x)在(1，)上單調(diào)遞增，故g(x)>g(1)，因此當(dāng)x>1時，若使k<xlnx恒成立，必須k。所以實數(shù)k的取值范圍是。不等式恒成立問題的求解策略1已知不等式f(x，)0(為實參數(shù))對任意的xD恒成立，求參數(shù)的取值范圍。利用導(dǎo)數(shù)解決此類問題可以運用分離參數(shù)法。2如果無法分離參數(shù)，可以考慮對參數(shù)或自變量進行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數(shù)與判別式的方法(a>0，<0或a<0，<0)求解?！咀兪接?xùn)練】(2019·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)lnx(aR)。(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)求證：不等式(x1)lnx>2(x1)對x(1,2)恒成立。解(1)定義域為(0，)，f(x)。a0時，f(x)>0，f(x)在(0，)上為增函數(shù)；a>0時，由x>a時，f(x)>0,0<x<a時，f(x)<0，故f(x)在(a，)上為增函數(shù)，在(0，a)上為減函數(shù)。(2)證明：因為x(1,2)，所以x1>0，所以要證原不等式成立，即證lnx>對x(1,2)恒成立，令g(x)lnx，g(x)0，所以g(x)在(0，)上為增函數(shù)，所以當(dāng)x(1,2)時，g(x)>g(1)ln10，所以lnx>對x(1,2)恒成立，所以(x1)lnx>2(x1)對x(1,2)恒成立。證明：令F(x)(x1)lnx2(x1)，F(xiàn)(x)lnx2，lnx。令(x)lnx，由(1)知a1時，(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1，)上為增函數(shù)。因為x(1,2)，則(x)在(1,2)為增函數(shù)，(x)>(1)0，即x(1,2)，F(xiàn)(x)>0，所以F(x)在(1,2)上為增函數(shù)，所以F(x)>F(1)0，所以(x1)lnx>2(x1)對x(1,2)恒成立。第4課時導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的零點考點一求函數(shù)零點的個數(shù)【例1】(2019·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f(x)exax1(aR)(e2.718 28是自然對數(shù)的底數(shù))。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)討論g(x)f(x)在區(qū)間0,1上零點的個數(shù)。解(1)因為f(x)exax1，所以f(x)exa，當(dāng)a0時，f(x)>0恒成立，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(，)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)a>0時，令f(x)<0，得x<lna，令f(x)>0，得x>lna，所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，lna)，單調(diào)遞增區(qū)間為(lna，)。(2)令g(x)0，得f(x)0或x，先考慮f(x)在區(qū)間0,1上的零點個數(shù)，當(dāng)a1時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增且f(0)0，所以f(x)在0,1上有一個零點；當(dāng)ae時，f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，且f(0)0，所以f(x)在0,1上有一個零點；當(dāng)1<a<e時，f(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna,1)上單調(diào)遞增，而f(1)ea1，當(dāng)ea10，即1<ae1時，f(x)在0,1上有兩個零點，當(dāng)ea1<0，即e1<a<e時，f(x)在0,1上有一個零點。當(dāng)x時，由f0得a2(1)，所以當(dāng)a1或a>e1或a2(1)時，g(x)在0,1上有兩個零點；當(dāng)1<ae1且a2(1)時，g(x)在0,1上有三個零點。根據(jù)參數(shù)確定函數(shù)零點的個數(shù)，解題的基本思想是“數(shù)形結(jié)合”，即通過研究函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、極值、函數(shù)值的極限位置等)，作出函數(shù)的大致圖象，然后通過函數(shù)圖象得出其與x軸交點的個數(shù)，或者兩個相關(guān)函數(shù)圖象交點的個數(shù)，基本步驟是“先數(shù)后形”?！咀兪接?xùn)練】設(shè)函數(shù)f(x)x2mlnx，g(x)x2(m1)x。(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間。(2)當(dāng)m0時，討論函數(shù)f(x)與g(x)圖象的交點個數(shù)。解(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，f(x)，當(dāng)m0時，f(x)0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，無單調(diào)遞減區(qū)間。當(dāng)m>0時，f(x)，當(dāng)0<x<時，f(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>時，f(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增。綜上，當(dāng)m0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0，)，無單調(diào)遞減區(qū)間；當(dāng)m>0時，函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(，)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)。(2)令F(x)f(x)g(x)x2(m1)xmlnx，x>0，問