精品資料 第二節(jié)　導數(shù)的應用(一) 考點一 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性 　 [例1]　(2013重慶高考改編)設f(x) ＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與y軸相交于點(0,6)． (1)確定a的值； (2)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間． [自主解答]　(1)因為f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，故f′(x)＝2a(x－5)＋. 令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y－16a＝(6－8a)(x－1)，由點(0,6)在切線上可得6－16a＝8a－6，故a＝. (2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x>0)，f′(x)＝x－5＋＝. 令f′(x)＝0，解得x1＝2，x2＝3.當0<x<2或x>3時，f′(x)>0，故f(x)在(0,2)，(3，＋∞)上為增函數(shù)；當2<x<3時，f′(x)<0，故f(x)在(2,3)上為減函數(shù)．故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,2)和(3，＋∞)，單調遞減區(qū)間為(2,3)． 【互動探究】 若函數(shù)f(x)＝2x－＋在(1，＋∞)上是增函數(shù)，求k的取值范圍． 解：由題意知f′(x)＝2＋≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k≥－2x2在(1，＋∞)上恒成立，所以k≥(－2x2)max，又y＝－2x2在(1，＋∞)上單調遞減，所以(－2x2)max＝－2，所以k≥－2，即k的取值范圍是[－2，＋∞)．　　　　 【方法規(guī)律】 利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性應注意三點 (1)在區(qū)間內f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件． (2)可導函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒為零． (3)由函數(shù)f(x)在(a，b)上的單調性，求參數(shù)范圍問題，可轉化為f′(x)≥0(或f′(x) ≤0 )恒成立問題，要注意“＝”是否可以取到． 已知函數(shù)f(x)＝－2x2＋ln x，其中a為常數(shù)． (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調函數(shù)，求a的取值范圍． 解：(1)若a＝1，則f(x)＝3x－2x2＋ln x的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－4x＋3＝＝(x>0)．當x∈(0,1)，f′(x)>0時，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋ln x單調遞增．當x∈(1，＋∞)，f′(x)<0時，函數(shù)f(x)＝3x－2x2＋ln x單調遞減．故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,1)，單調遞減區(qū)間為(1，＋∞)． (2)f′(x)＝－4x＋，若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上為單調函數(shù)，即在[1,2]上，f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0，即－4x＋≥0或－4x＋≤0在[1,2]上恒成立．即≥4x－或≤4x－.令h(x)＝4x－，因為函數(shù)h(x)在[1,2]上單調遞增，所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，解得a<0或0<a≤或a≥1. 高頻考點 考點二 利用導數(shù)研究函數(shù)的極值問題　　 1．函數(shù)的極值是每年高考的必考內容，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度適中，為中高檔題． 2．高考對函數(shù)極值的考查主要有以下幾個命題角度： (1)知圖判斷函數(shù)極值的情況； (2)已知函數(shù)求極值； (3)已知極值求參數(shù)． [例2]　(1)(2012重慶高考)設函數(shù)f(x)在R上可導，其導函數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結論中一定成立的是(　　) 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)[來源:] 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) (2)(2014鄭州模擬)若a>0，b>0，且函數(shù)f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，則ab的最大值等于(　　) A．2 B．3 C．6 D．9 (3)(2013福建高考)已知函數(shù)f(x)＝x－aln x(a∈R)． ①當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． [自主解答]　(1)①當x<－2時，1－x>0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－2)上是增函數(shù)． ②當－2<x<1時，1－x>0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)<0，即f(x)在(－2,1)上是減函數(shù)． ③當1<x<2時，1－x<0.∵(1－x)f′(x)>0，∴f′(x)<0，即f(x)在(1,2)上是減函數(shù)． ④當x>2時，1－x<0.∵(1－x)f′(x)<0，∴f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)． 綜上：f(－2)為極大值，f(2)為極小值． (2)∵f′(x)＝12x2－2ax－2b，f(x)在x＝1處有極值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0，即a＋b＝6，又a>0，b>0，∴a＋b≥2，∴ab≤9，當且僅當a＝b＝3時等號成立，∴ab的最大值為9. (3)函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－. ①當a＝2時，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－(x>0)， 因而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－＝，x>0知：當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；當a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.又當x∈(0，a)時，f′(x)<0； 當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－aln a，無極大值． 綜上，當a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當a>0時，函數(shù)f(x)在x＝a處取得極小值a－aln a，無極大值． [答案]　(1)D　(2)D 函數(shù)極值問題的常見類型及解題策略 (1)知圖判斷函數(shù)極值的情況．先找導數(shù)為0的點，再判斷導數(shù)為0的點的左、右兩側的導數(shù)符號． (2)已知函數(shù)求極值．求f′(x)―→求方程f′(x)＝0的根―→列表檢驗f′(x)在f′(x)＝0的根的附近兩側的符號―→下結論． (3)已知極值求參數(shù)．若函數(shù)f(x)在點(x0，y0)處取得極值，則f′(x0)＝0，且在該點左、右兩側的導數(shù)值符號相反． 1．(2013浙江高考)已知e為自然對數(shù)的底數(shù)，設函數(shù)f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，則(　　) A．當k＝1時，f(x)在x＝1處取到極小值 B．當k＝1時，f(x)在x＝1 處取到極大值 C．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極小值 D．當k＝2時，f(x)在x＝1處取到極大值 解析：選C　當k＝1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函數(shù)f(x)的零點．當0<x<1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)<0，當x>1時，f(x)＝(ex－1)(x－1)>0,1不會是極值點．當k＝2時，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零點還是0,1，但是當0<x<1，x>1時，f(x)>0，由極值的概念，知選C. 2．已知函數(shù)f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)在定義域內的極值點的個數(shù)； (2)若函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，且對任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝a－＝，x>0，①當a≤0時，f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)單調遞減，∴f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點； ②當a>0時，令f′(x)<0得0<x<，令f′(x)>0得x>， ∴f(x)在上單調遞減，在上單調遞增，即f(x)在x＝處有極小值． 綜上所述，當a≤0時f(x)在(0，＋∞)上沒有極值點；當a>0時，f(x)在(0，＋∞)上有一個極值點． (2)∵函數(shù)f(x)在x＝1處取得極值，∴由(1)可知a＝1，∴f(x)＝x－1－ln x. 又∵f(x)≥bx－2，∴x－1－ln x≥bx－2，即1＋－≥b.令g(x)＝1＋－，g′(x)＝，∴當0<x<e2時，g′(x)<0，即g(x)在(0，e2)上為減函數(shù)；當x>e2時，g′(x)>0，即g(x)在(e2，＋∞)上為增函數(shù)，∴g(x)在x＝e2處取得最小值，∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－.故實數(shù)b的取值范圍為. 考點三 利用導數(shù)研究函數(shù)的最值問題 　 [例3]　(2013廣東高考)設函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)． (1)當k＝1時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)當k∈時，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M. [自主解答]　(1)當k＝1時，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝xex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln 2. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化如下表： x (－∞，0) 0 (0，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f′(x) ＋ 0 －[來源:] 0[來源:] ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 由表可知，函數(shù)f(x)的遞減區(qū)間為(0，ln 2)，遞增區(qū)間為(－∞，0)，(ln 2，＋∞)． (2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝xex－2kx＝x(ex－2k)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln(2k)，令g(k)＝ln(2k)－k，則g′(k)＝－1＝≥0，所以g(k)在上遞增，所以g(k)≤ln 2－1＝ln 2－ln e<0，從而ln(2k)<k，所以ln (2k)∈[0，k]，所以當x∈(0，ln(2k))時，f′(x)<0；當x∈(ln (2k)，＋∞)時，f′(x)>0；所以M＝max{f(0)，f(k)}＝max{－1，(k－1)ek－k3}．令h(k)＝(k－1)ek－k3＋1，則h′(k)＝k(ek－3k)， 令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3≤e－3<0，所以φ(k)在上遞減，而φφ(1)＝(e－3)<0，所以存在x0∈使得φ(x0)＝0，且當k∈時，φ(k)>0，當k∈(x0,1)時，φ(k)<0，所以φ(k)在上單調遞增，在(x0,1)上單調遞減． 因為h()＝－ ＋>0，h(1)＝0，所以h(k)≥0在上恒成立，當且僅當k＝1時等號成立．綜上，函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M＝(k－1)ek－k3. 【方法規(guī)律】 求函數(shù)f(x)在[a，b]上最值的方法 (1)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調遞增或遞減，f(a)與f(b)一個為最大值，一個為最小值． (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)內有極值，先求出函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上的極值，與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． (3)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個極值點時，這個極值點就是最大(或最小)值點． 已知a∈R，函數(shù)f(x)＝2x3－3(a＋1)x2＋6ax. (1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若|a|>1，求f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值． 解：(1)當a＝1時，f′(x)＝6x2－12x＋6，所以f′(2)＝6.又因為f(2)＝4，所以切線方程為y＝6x－8.[來源:] (2)記g(a)為f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值．f′(x)＝6x2－6(a＋1)x＋6a＝6(x－1)(x－a)． 令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝a. 當a>1時， x 0 (0,1) 1 (1，a) a (a,2a) 2a f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 0 ↗ 極大值 3a－1 ↘ 極小值 a2(3－a) ↗ 4a3[來源:] 比較f(0)＝0和f(a)＝a2(3－a)的大小可得g(a)＝ 當a<－1時， x 0 (0,1) 1 (1，－2a) －2a f′(x) － 0 ＋ f(x) 0 ↘ 極小值 3a－1 ↗ －28a3－24a2 得g(a)＝3a－1.綜上所述，f(x)在閉區(qū)間[0,2|a|]上的最小值為g(a)＝ ————————————[課堂歸納——通法領悟]———————————————— 1個流程——解決函數(shù)極值問題的一般流程 　 求極值 用極值 2個關系——導數(shù)與單調性、極值的關系 　(1)f′(x)>0在(a，b)上成立，是f(x)在(a，b)上單調遞增的充分不必要條件． (2)對于可導函數(shù)f(x)，f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x＝x0處有極值的必要不充分條件． 3個注意點——利用導數(shù)求極值應注意三點 　(1)求單調區(qū)間時應先求函數(shù)的定義域，遵循定義域優(yōu)先的原則； (2)f′(x0)＝0時，x0不一定是極值點； (3)求最值時，應注意極值點和所給區(qū)間的關系，關系不確定時應分類討論.