word完整版导数的单调性与极值题型归纳

导数知识点各种题型归纳方法总结导数知识点和题型总结一、导数的定义：1.函数y=f(x)在x=x处的导数为f'(x)=y'|x=x=lim(Δy/Δx)，其中Δy=f(x+Δx)-f(x)。

2.求导数的步骤：①求函数的增量：Δy=f(x+Δx)-f(x)；②求平均变化率：Δy/Δx；③取极限得导数：f'(x)=lim(Δy/Δx)，其中Δx→0.二、导数的运算：1.基本初等函数的导数公式及常用导数运算公式：① C'=0（C为常数）；② (xn)'=nxn-1；③ (1/x)'=-1/x^2；④ (ex)'=ex；⑤ (sinx)'=cosx；⑥ (cosx)'=-sinx；⑦ (ax)'=axlna（a>0，且a≠1）；⑧ (lnx)'=1/x；⑨ (loga x)'=1/(xlna)（a>0，且a≠1）。

2.导数的运算法则：法则1：[f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x)（和与差的导数等于导数的和与差）；法则2：[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)（前导后不导相乘+后导前不导相乘）；法则3：[f(x)/g(x)]'=[f'(x)g(x)-f(x)g'(x)]/[g(x)]^2（分母平方要记牢，上导下不导相乘，下导上不导相乘，中间是负号）。

3.复合函数y=f(g(x))的导数求法：①换元，令u=g(x)，则y=f(u)；②分别求导再相乘，y'=g'(x)·f'(u)；③回代u=g(x)。

题型：1.已知f(x)=1/x，则lim(Δy/Δx)，其中Δx→0，且x=2+Δx，f(2)=1/2.答案：C。

2.设f'(3)=4，则lim(f(3-h)-f(3))/h，其中h→0.答案：A。

导数与函数的极值、最值考点与题型归纳考点一 利用导数研究函数的极值考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值[例1] 已知函数f (x )＝x －1＋ae x (a ∈R ，e 为自然对数的底数)，求函数f (x )的极值．[解] 由f (x )＝x －1＋a e x ，得f ′(x )＝1－aex .①当a ≤0时，f ′(x )＞0，f (x )为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f (x )无极值． ②当a ＞0时，令f ′(x )＝0， 得e x ＝a ，即x ＝ln a ，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值且极小值为f (ln a )＝ln a ，无极大值．综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝ln a 处取得极小值ln a ，无极大值．[例2] 设函数f (x )＝ln(x ＋1)＋a (x 2－x )，其中a ∈R.讨论函数f (x )极值点的个数，并说明理由．[解] f ′(x )＝1x ＋1＋a (2x －1)＝2ax 2＋ax －a ＋1x ＋1(x ＞－1)．令g (x )＝2ax 2＋ax －a ＋1，x ∈(－1，＋∞)．①当a ＝0时，g (x )＝1，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． ②当 a ＞0时，Δ＝a 2－8a (1－a )＝a (9a －8)． 当0＜a ≤89时，Δ≤0，g (x )≥0，f ′(x )≥0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点． 当a ＞89时，Δ＞0，设方程2ax 2＋ax －a ＋1＝0的两根为x 1，x 2(x 1＜x 2)，因为x 1＋x 2＝－12，所以x 1＜－14，x 2＞－14.由g (－1)＝1＞0，可得－1＜x 1＜－14.所以当x ∈(－1，x 1)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0, 函数f (x )单调递增． 因此函数f (x )有两个极值点．③当a ＜0时，Δ＞0，由g (－1)＝1＞0， 可得x 1＜－1＜x 2.当x ∈(－1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． 所以函数f (x )有一个极值点．综上所述，当a ＜0时，函数f (x )有一个极值点； 当0≤a ≤89时，函数f (x )无极值点；当a ＞89时，函数f (x )有两个极值点．考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数[例3] 已知函数g (x )＝ln x －mx ＋mx 存在两个极值点x 1，x 2，求m 的取值范围．[解] 因为g (x )＝ln x －mx ＋mx，所以g ′(x )＝1x －m －mx 2＝－mx 2－x ＋m x 2(x ＞0)，令h (x )＝mx 2－x ＋m ，要使g (x )存在两个极值点x 1，x 2，则方程mx 2－x ＋m ＝0有两个不相等的正数根x 1，x 2.故只需满足⎩⎨⎧h (0)＞0，12m ＞0，h ⎝⎛⎭⎫12m ＜0，解得0＜m ＜12.所以m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12. 考法(三) 已知函数的极值求参数[例4] (2018·北京高考)设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． [解] (1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x . 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a ＞12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )＜0; 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2＜0，ax －1≤12x －1＜0，所以f ′(x )＞0.所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞. 考点二 利用导数研究函数的最值[典例精析]已知函数f (x )＝ln xx －1.(1)求函数f (x )的单调区间；(2)设m ＞0，求函数f (x )在区间[m,2m ]上的最大值．[解] (1)因为函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－ln x x 2， 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＞0，x ＞0，得 0＜x ＜e ；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′(x )＜0，x ＞0，得x ＞e.所以函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)①当⎩⎪⎨⎪⎧2m ≤e ，m ＞0，即0＜m ≤e 2时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递增，所以f (x )max ＝f (2m )＝ln (2m )2m－1；②当m ＜e ＜2m ，即e2＜m ＜e 时，函数f (x )在区间(m ，e)上单调递增，在(e,2m )上单调递减，所以f (x )max ＝f (e)＝ln e e －1＝1e－1； ③当m ≥e 时，函数f (x )在区间[m,2m ]上单调递减， 所以f (x )max ＝f (m )＝ln mm－1. 综上所述，当0＜m ≤e 2时，f (x )max ＝ln (2m )2m －1；当e 2＜m ＜e 时，f (x )max ＝1e －1； 当m ≥e 时，f (x )max ＝ln mm－1. [题组训练]1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin 2x ，则f (x )的最小值是________． 解析：f ′(x )＝2cos x ＋2cos 2x ＝2cos x ＋2(2cos 2x －1) ＝2(2cos 2x ＋cos x －1)＝2(2cos x －1)(cos x ＋1)． ∵cos x ＋1≥0，∴当cos x ＜12时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当cos x ＞12时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．∴当cos x ＝12，f (x )有最小值．又f (x )＝2sin x ＋sin 2x ＝2sin x (1＋cos x )， ∴当sin x ＝－32时，f (x )有最小值， 即f (x )min ＝2×⎝⎛⎭⎫－32×⎝⎛⎭⎫1＋12＝－332.答案：－3322．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值．解：(1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax ＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值， 所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，(1，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，1. (2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x＝(2ax －1)(x －1)x(x ＞0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a， 因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a≠x 1＝1.①当a ＜0，即12a ＜0时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2. ②当a ＞0，即x 2＝12a＞0时，若12a ＜1，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎡⎭⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝⎛⎭⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝⎛⎭⎫12a 2－(2a ＋1)·12a ＝ln 12a －14a－1＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2. 若1＜12a ＜e ，f (x )在区间(0,1)，⎣⎡⎦⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎡⎭⎫1，12a 上单调递减， 所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得， 而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0， 令f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1， 解得a ＝1e －2，与1＜x 2＝12a ＜e 矛盾．若x 2＝12a ≥e ，f (x )在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)＜0，矛盾．综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2.考点三 利用导数求解函数极值和最值的综合问题[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋12x 2－ax ＋a (a ∈R)．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值，且x 2≥ e x 1(e 为自然对数的底数)，求f (x 2)－f (x 1)的最大值．[解] (1)∵f ′(x )＝1x＋x －a (x ＞0)，又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f ′(x )≥0， 即1x ＋x －a ≥0恒成立，∴a ≤⎝⎛⎭⎫x ＋1x min ， 而x ＋1x≥2x ·1x＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”，∴a ≤2. 即函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]． (2)∵f (x )在x ＝x 1和x ＝x 2处取得极值， 且f ′(x )＝1x ＋x －a ＝x 2－ax ＋1x (x ＞0)，∴x 1，x 2是方程x 2－ax ＋1＝0的两个实根， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝1，∴f (x 2)－f (x 1)＝ln x 2x 1＋12(x 22－x 21)－a (x 2－x 1)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)＝ln x 2x 1－12(x 22－x 21)1x 1x 2＝ln x 2x 1－12⎝⎛⎭⎫x 2x 1－x 1x 2， 设t ＝x 2x 1(t ≥ e)，令h (t )＝ln t －12⎝⎛⎭⎫t －1t (t ≥ e)， 则h ′(t )＝1t －12⎝⎛⎭⎫1＋1t 2＝－(t －1)22t 2＜0，∴h (t )在[e ，＋∞)上是减函数， ∴h (t )≤h (e)＝12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee ，故f (x 2)－f (x 1) 的最大值为12⎝⎛⎭⎫1－ e ＋ee .[题组训练]已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a ＞0)的导函数f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解：(1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x ＞0，所以f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点，且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a ＞0，所以当－3＜x ＜0时，g (x )＞0，即f ′(x )＞0， 当x ＜－3或x ＞0时，g (x )＜0，即f ′(x )＜0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧f (－3)＝9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .由(1)可知当x ＝0时f (x )取得极大值f (0)＝5，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者． 而f (－5)＝5e －5＝5e 5＞5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.[课时跟踪检测]A 级1．函数f (x )＝x e －x ，x ∈[0,4]的最小值为( ) A ．0 B.1e C.4e4 D.2e2 解析：选A f ′(x )＝1－xex ，当x ∈[0,1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增， 当x ∈(1,4]时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，因为f (0)＝0，f (4)＝4e 4＞0，所以当x ＝0时，f (x )有最小值，且最小值为0.2．若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．e解析：选C f ′(x )＝a e x －cos x ，若函数f (x )＝a e x －sin x 在x ＝0处有极值，则f ′(0)＝a －1＝0，解得a ＝1，经检验a ＝1符合题意，故选C.3．已知x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，那么函数f (x )的极大值为( ) A ．15 B ．16 C ．17D ．18解析：选D 因为x ＝2是函数f (x )＝x 3－3ax ＋2的极小值点，所以f ′(2)＝12－3a ＝0，解得a ＝4，所以函数f (x )的解析式为f (x )＝x 3－12x ＋2，f ′(x )＝3x 2－12，由f ′(x )＝0，得x ＝±2，故函数f (x )在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值f (－2)＝18.4.(2019·合肥模拟)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于( )A.23B.43C.83D.163解析：选C 由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2，则x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两个不同的实数根，因此x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝4－43＝83. 5．(2019·泉州质检)已知直线y ＝a 分别与函数y ＝e x＋1和y ＝ x －1交于A ，B 两点，则A ，B 之间的最短距离是( )A.3－ln 22B.5－ln 22C.3＋ln 22D.5＋ln 22解析：选D 由y ＝e x ＋1得x ＝ln y －1，由y ＝x －1得x ＝y 2＋1，所以设h (y )＝|AB |＝y 2＋1－(ln y －1)＝y 2－ln y ＋2，h ′(y )＝2y －1y ＝2⎝⎛⎭⎫y －22⎝⎛⎭⎫y ＋22y (y ＞0)，当0＜y ＜22时，h ′(y )＜0；当y ＞22时，h ′(y )＞0，即函数h (y )在区间⎝⎛⎭⎫0，22上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫22，＋∞上单调递增，所以h (y )min ＝h ⎝⎛⎭⎫22＝⎝⎛⎭⎫222－ln 22＋2＝5＋ln 22.6．若函数f (x )＝x 3－3a 2x ＋a (a ＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则a 的取值范围是________．解析：f ′(x )＝3x 2－3a 2＝3(x ＋a )(x －a )， 由f ′(x )＝0得x ＝±a ，当－a ＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； 当x ＞a 或x ＜－a 时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增， ∴f (x )的极大值为f (－a )，极小值为f (a )．∴f (－a )＝－a 3＋3a 3＋a ＞0且f (a )＝a 3－3a 3＋a ＜0， 解得a ＞22. ∴a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，＋∞. 答案：⎝⎛⎭⎫22，＋∞7．(2019·长沙调研)已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝⎛⎭⎫a ＞12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a ＝________.解析：由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0＜x ＜1a 时，f ′(x )＞0；当x ＞1a时，f ′(x )＜0.∴f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1. 答案：18．(2018·内江一模)已知函数f (x )＝a sin x ＋b cos x (a ，b ∈R)，曲线y ＝f (x )在点⎝⎛⎭⎫π3，f ⎝⎛⎭⎫π3处的切线方程为y ＝x －π3.(1)求a ，b 的值；(2)求函数g (x )＝f ⎝⎛⎭⎫x ＋π3x 在⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值．解：(1)由切线方程知，当x ＝π3时，y ＝0，∴f ⎝⎛⎭⎫π3＝32a ＋12b ＝0. ∵f ′(x )＝a cos x －b sin x ，∴由切线方程知，f ′⎝⎛⎭⎫π3＝12a －32b ＝1， ∴a ＝12，b ＝－32.(2) 由(1)知，f (x )＝12sin x －32cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π3， ∴函数g (x )＝sin x x ⎝⎛⎭⎫0＜x ≤π2，g ′(x )＝x cos x －sin x x 2.设u (x )＝x cos x －sin x ⎝⎛⎭⎫0≤x ≤π2，则u ′(x )＝－x sin x ＜0，故u (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减．∴u (x )＜u (0)＝0，∴g (x )在⎝⎛⎦⎤0，π2上单调递减．∴函数g (x )在 ⎝⎛⎦⎤0，π2上的最小值为g ⎝⎛⎭⎫π2＝2π. 9．已知函数f (x )＝a ln x ＋1x (a ＞0)．(1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)是否存在实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．解：由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′(x )＝a x －1x 2＝ax －1x 2(a ＞0)．(1)由f ′(x )＞0，解得x ＞1a，所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞； 由f ′(x )＜0，解得0＜x ＜1a，所以函数f (x )的单调递减区间是⎝⎛⎭⎫0，1a . 所以当x ＝1a 时，函数f (x )有极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值． (2)不存在，理由如下：由(1)可知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，函数f (x )单调递减； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，函数f (x )单调递增． ①若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f (x )在[1，e]上为增函数，故函数f (x )的最小值为f (1)＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．②若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f (x )在⎣⎡⎭⎫1，1a 上为减函数，在⎣⎡⎦⎤1a ，e 上为增函数， 故函数f (x )的最小值为f (x )的极小值f ⎝⎛⎭⎫1a ＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件．③若1a ＞e ，即0＜a ＜1e 时，函数f (x )在[1，e]上为减函数，故函数f (x )的最小值为f (e)＝a ln e ＋1e ＝a ＋1e ＝0，即a ＝－1e ，而0＜a ＜1e，故不满足条件．综上所述，不存在这样的实数a ，使得函数f (x )在[1，e]上的最小值为0.B 级1．(2019·郑州质检)若函数f (x )＝x 3－ax 2－bx ＋a 2在x ＝1时有极值10，则a ，b 的值为( )A ．a ＝3，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11B ．a ＝－4，b ＝－3或a ＝－4，b ＝11C ．a ＝－4，b ＝11D ．以上都不对解析：选C 由题意，f ′(x )＝3x 2－2ax －b ， 则f ′(1)＝0，即2a ＋b ＝3.①f (1)＝1－a －b ＋a 2＝10，即a 2－a －b ＝9.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－4，b ＝11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3.经检验⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－3不符合题意，舍去．故选C.2．(2019·唐山联考)若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域内的一个子区间(a －1，a ＋1)内存在极值，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意，得函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －12x ＝4x 2－12x，令f ′(x )＝0，得x ＝12⎝⎛⎭⎫x ＝－12舍去， 则由已知得⎩⎨⎧a －1≥0，a －1＜12，a ＋1＞12，解得1≤a ＜32.答案：⎣⎡⎭⎫1，32 3．(2019·德州质检)已知函数f (x )＝－13x 3＋x 在(a,10－a 2)上有最大值，则实数a 的取值范围是________．解析：由f ′(x )＝－x 2＋1，知f (x )在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )在(a,10－a 2)上存在最大值的条件为⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，f (1)≥f (a )，其中f (1)≥f (a )，即为－13＋1≥－13a 3＋a ，整理得a 3－3a ＋2≥0，即a 3－1－3a ＋3≥0， 即(a －1)(a 2＋a ＋1)－3(a －1)≥0，即(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0， 即⎩⎪⎨⎪⎧a ＜1，10－a 2＞1，(a －1)2(a ＋2)≥0，解得－2≤a ＜1.答案：[－2,1)4.已知函数f (x )是R 上的可导函数，f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列结论正确的是( )A ．a ，c 分别是极大值点和极小值点B ．b ，c 分别是极大值点和极小值点C ．f (x )在区间(a ，c )上是增函数D ．f (x )在区间(b ，c )上是减函数解析：选C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，函数f (x )在区间(a ，＋∞)上是增函数，故选C.5.如图，在半径为103的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料ABCD ，其中A ，B 在直径上，C ，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮ABCD 卷成一个以AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱形罐子的体积为V ，设AD ＝x ，则V max ＝________.解析：设圆柱形罐子的底面半径为r ， 由题意得AB ＝2(103)2－x 2＝2πr ，所以r ＝300－x 2π， 所以V ＝πr 2x ＝π⎝⎛⎭⎪⎫300－x 2π2x ＝1π(－x 3＋300x )(0＜x ＜103)，故V ′＝－3π(x 2－100)＝－3π(x ＋10)(x －10)(0＜x ＜103)． 令V ′＝0，得x ＝10(负值舍去)， 则V ′，V 随x 的变化情况如下表：x (0,10) 10 (10,103)V ′ ＋0 －V极大值所以当x ＝10时，V 取得极大值，也是最大值， 所以V max ＝2 000π.答案：2 000π6．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，其中a 为常数．(1)当1＜a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x ＞0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值． 解：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，①当－1＜2a －3＜0，即1＜a ＜32时，当－1＜x ＜2a －3或x ＞0时，f ′(x )＞0，则f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增， 当2a －3＜x ＜0时，f ′(x )＜0，则f (x )在(2a －3,0)上单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3＞0，即a ＞32时，当－1＜x ＜0或x ＞2a －3时，f ′(x )＞0， 则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，当0＜x ＜2a －3时，f ′(x )＜0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1＜a ＜32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32＜a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝⎛⎭⎫1x ， ∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值．令h (x )＝g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )－ln x ＋1x －21＋x， 则h ′(x )＝2x 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (1＋x )－2x 2＋x (x ＋1)2.由(1)可知当a＝2时，f(x)在(0,1]上单调递减，∴f(x)＜f(0)＝0，∴h′(x)＜0，从而h(x)在(0,1]上单调递减，∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，∴g(x)的最大值为2ln 2.。

专题十四、导数用于单调性和极值问题 题型一 利用导数判断函数的单调性1.证明：函数f (x )＝sin x x 在区间⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减．题型二 利用导数求函数的单调区间2.求下列函数的单调区间．(1)f (x )＝x 3－x ；(2)y ＝e x －x ＋1. ！3.求函数y ＝x 2－ln x 2的单调区间．题型三 已知函数单调性求参数的取值范围 4.已知函数f (x )＝x 2＋ax (x ≠0，常数a ∈R )．若函数f (x )在x ∈[2，＋∞)上是单调递增的，求a 的取值范围．5.(1)已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的单调减区间为[－1,2]，求b ，c 的值．(2)设f (x )＝ax 3＋x 恰好有三个单调区间，求实数a 的取值范围．…题型四 用单调性与导数关系证不等式6.当x ＞0时，证明不等式ln(x ＋1)＞x －12x 2.7.当0＜x ＜π2时，求证：x －sin x ＜16x 3.；题型五、函数的极值问题8．下列函数存在极值的是( )A ．y ＝2xB ．y ＝1xC ．y ＝3x －1D ．y ＝x 29．设函数f (x )＝2x ＋ln x ，则( )A ．x ＝12为f (x )的极大值点 B ．x ＝12为f (x )的极小值点C ．x ＝2为f (x )的极大值点D ．x ＝2为f (x )的极小值点…10．若函数y ＝f (x )是定义在R 上的可导函数，则f ′(x 0)＝0是x 0为函数y ＝f (x )的极值点的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件11．函数y ＝x ·e x 的最小值为________．12．若函数f (x )＝x x 2＋a(a >0)在[1，＋∞]上的最大值为33，则a 的值为________．题型六、利用极值求参数范围13.已知函数f (x )＝a sin x －b cos x 在x ＝π4时取得极值，则函数y ＝f (3π4－x )是( )A ．偶函数且图象关于点(π，0)对称…B ．偶函数且图象关于点(3π2，0)对称 C ．奇函数且图象关于点(3π2，0)对称 D ．奇函数且图象关于点(π，0)对称14．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，f (x )在x ＝0处取得极值，并且在区间[0,2]和[4,5]上具有相反的单调性．(1)求实数b 的值； (2)求实数a 的取值范围．题型七、导数用于解决实际问题15．用边长为48cm 的正方形铁皮做一个无盖的铁盒时，在铁皮的四角各截去一个面积相等的小正方形，然后把四边折起，就能焊成铁盒．所做的铁盒容积最大时，在四角截去的正方形的边长为( )A ．6B ．8C ．10D ．1216．一工厂生产某型号车床，年产量为N 台，分批进行生产，每批生产量相同，每批生产的准备费为C 2元，产品生产后暂存库房，然后均匀投放市场(指库存量至多等于每批的生产量)．设每年每台的库存费为C 1元，求在不考虑生产能力的条件下，每批生产该车床________台，一年中库存费和生产准备费之和最小．题型八、图像问题17.二次函数y ＝f (x )的图象过原点且它的导函数y ＝f ′(x )的图象是如图所示的一条直线，y ＝f (x )的图象的顶点在( )A ．第Ⅰ象限B ．第Ⅱ象限C ．第Ⅲ象限D ．第Ⅳ象限18.设函数f (x )在定义域内可导，y ＝f (x )的图象如下图所示，则导函数y ＝f ′(x )的图象可能是( ):巩固练习：19.定义域为R 的函数f (x )满足f (1)＝1，且f (x )的导函数f ′(x )>12，则满足2f (x )<x ＋1的x 的集合为( )A ．{x |－1<x <1}B ．{x |x <1}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x >1}20．函数f (x )＝sin x ＋2xf ′(π3)，f ′(x )为f (x )的导函数，令a ＝－12，b ＝log 32，则下列关系正确的是( )A ．f (a )>f (b )B ．f (a )<f (b )C ．f (a )＝f (b )D ．f (|a |)<f (b )—21.若关于x 的方程x 3－3x ＋m ＝0在[0,2]上有根，则实数m 的取值范围是( )A ．[－2,2]B ．[0,2]C ．[－2,0]D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)22.已知函数f (x )＝13ax 3＋12ax 2－2ax ＋2a ＋1的图象经过四个象限，则实数a 的取值范围是________．23.已知函数f (x )＝x 3－3x ，若过点A (1，m )(m ≠－2)可作曲线y ＝f (x )的三条切线，则实数m 的取值范围为________． 三、解答题24．求证：x >0时，1＋2x <e 2x . （25.设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论函数f (x )的单调性.26．已知矩形的两个顶点位于x 轴上，另两个顶点位于抛物线y ＝4－x 2在x 轴上方的曲线上，求矩形的面积最大时的边长．·27.已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y ＝12x .(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间与极值．28．设函数f (x )＝e x －ax －2.(1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值．|专题十四、导数用于单调性和极值问题参考答案1.证明 f ′(x )＝x cos x －sin x x 2，又x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，则cos x <0，∴x cos x －sin x <0，∴f ′(x )<0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π上是减函数． 2.解 (1)f ′(x )＝3x 2－1＝(3x ＋1)(3x －1)，令f ′(x )>0，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞，令f ′(x )<0，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33. …∴f (x )＝x 3－x 的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－33和⎝ ⎛⎭⎪⎫33，＋∞，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33. (2)y ′＝e x －1，令y ′>0，即e x －1>0，则x ∈(0，＋∞)；令y ′<0，即e x －1<0，则x ∈(－∞，0)，∴y ＝e x －x ＋1的单调增区间(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)． 3.解 ∵函数y ＝f (x )＝x 2－ln x 2的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，又f ′(x )＝2x －2x ＝2x 2－1x＝2x －1x ＋1x， x (－∞，－1)－1 (－1,0) #(0,1)1 (1，＋∞)f ′(x )－＋－＋#f (x )↘ 1 ↗ ↘ 1 ↗ 22－1)，(0,1)上单调递减．4.解 f ′(x )＝2x －a x 2＝2x 3－ax 2.要使f (x )在[2，＋∞)上是单调递增的，则f ′(x )≥0在x ∈[2，＋∞)时恒成立， "即2x 3－ax 2≥0在x ∈[2，＋∞)时恒成立． ∵x 2>0，∴2x 3－a ≥0，∴a ≤2x 3在x ∈[2，＋∞)上恒成立． ∴a ≤(2x 3)min .∵x ∈[2，＋∞)，y ＝2x 3是单调递增的， ∴(2x 3)min ＝16，∴a ≤16.当a ＝16时，f ′(x )＝2x 3－16x 2≥0(x ∈[2，＋∞))有且只有f ′(2)＝0，∴a 的取值范围是(－5.解 (1)∵函数f (x )的导函数f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c ，由题设知－1<x <2是不等式3x 2＋2bx ＋c <0的解集．∴－1,2是方程3x 2＋2bx ＋c ＝0的两个实根，∴－1＋2＝－23b ，(－1)×2＝c3， |即b ＝－32，c ＝－6.(2)∵f ′(x )＝3ax 2＋1，且f (x )有三个单调区间， ∴方程f ′(x )＝3ax 2＋1＝0有两个不等的实根， ∴Δ＝02－4×1×3a >0，∴a <0. ∴a 的取值范围为(－∞，0)．6.审题指导 利用导数证明不等式，首先要构造函数f (x )＝ln(x ＋1)－x ＋12x 2，证明f (x )在(0，＋∞)上单调增，由f (x )>f (0)＝0证得．[规范解答] 令f (x )＝ln(x ＋1)－x ＋12x 2，(4分)则f ′(x )＝11＋x －1＋x ＝x 21＋x.(6分)当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(8分) ^于是当x ＞0时，f (x )＞f (0)＝0，∴当x ＞0时，不等式ln(x ＋1)＞x －12x 2成立．(12分)7.证明 设g (x )＝x －sin x －16x 3，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，g ′(x )＝1－cos x －12x 2＝2⎣⎡⎦⎤sin 2x 2－⎝⎛⎭⎫x 22.∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴0＜sin x ＜x ， ∴sin 2x 2＜⎝⎛⎭⎫x 22，∴g ′(x )＜0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减， ∴g (x )＜g (0)＝0，∴x －sin x ＜16x 3. 8.[答案] D[解析] 画出图像即可知y ＝x 2存在极值f (0)＝0. '9.[答案] D[解析] 本节考查了利用导数工具来探索其极值点问题． f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x (1－2x )＝0可得x ＝2. 当0<x <2时，f ′(x )<0，f (x )递减，当x >2时 f ′(x )>0，∴f (x )单调递增．所以x ＝2为极小值点． 对于含有对数形式的函数在求导时，不要忽视定义域．[解析] 如y ＝x 3，y ′＝3x 2，y ′|x ＝0＝0，但x ＝0不是函数y ＝x 3的极值点． 11.[答案] －1e[解析] y ′＝(x ＋1)e x ＝0，x ＝－1.&当x <－1时，y ′<0，当x >－1时y ′>0 ∴y min ＝f (－1)＝－1e12.[答案] 3－1[解析] f ′(x )＝x 2＋a －2x 2x 2＋a 2＝a －x 2x 2＋a2.当x >a 时f ′(x )<0，f (x )在(a ，＋∞)上是递减的，当－a <x <a 时，f ′(x )>0，f (x )在(－a ，a )上是递增的．当x ＝a 时，f (a )＝a 2a ＝33，a ＝32<1，不合题意．∴f (x )max ＝f (1)＝11＋a ＝33，解得a ＝3－1.13.[答案] D[解析] ∵f (x )的图象关于x ＝π4对称， ∴f (0)＝f (π2)，∴－b ＝a ，∴f (x )＝a sin x －b cos x ＝a sin x ＋a cos x ＝2a sin(x ＋π4)， ∴f (3π4－x )＝2a sin(3π4－x ＋π4)＝2a sin(π－x )＝2a sin x .|显然f (3π4－x )是奇函数且关于点(π，0)对称，故选D.14.[解析] (1)由导数公式表和求导法则得，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即得b ＝0.(2)令f ′(x )＝0，即3x 2＋2ax ＝0，解得x ＝0或x ＝－23a .依题意有－23a >0. 因为函数在单调区间[0,2]和[4,5]上具有相反的单调性， 所以应有2≤－23a ≤4，解得－6≤a ≤－3. 15.[答案] B[解析] 设截去的小正方形的边长为x cm ，铁盒的容积为V cm 3，由题意，得V ＝x (48－2x )2(0<x <24)，V ′＝12(24－x )(8－x )．令V ′＝0，则在(0,24)内有x ＝8，故当x ＝8时，V 有最大值． 16.[答案]C 2N C 1[解析] 设每批生产x 台，则一年生产N x 批．一年中库存费和生产准备费之和y ＝C 1x ＋C 2Nx (0<x <N )． （y ′＝C 1－C 2Nx 2.由y ′＝0及0<x <N ，解得x ＝C 2NC 1(台)．根据问题的实际意义，y 的最小值是存在的，且y ′＝0有唯一解．故x ＝C 2NC 1台是使费用最小的每批生产台数．17.[答案] A[解析] 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，∵二次函数y ＝f (x )的图象过原点，∴c ＝0，∴f ′(x )＝2ax ＋b ，由y ＝f ′(x )的图象可知，2a <0，b >0，∴a <0，b >0，∴－b 2a >0，4ac －b 24a ＝－b 24a >0，故选A. 18.[答案] A[解析] f (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0，＋∞)上变化规律是减→增→减，因此f ′(x )的图象在(－∞，0)上，f ′(x )>0，在(0，＋∞)上f ′(x )的符号变化规律是负→正→负，故选A.19.[答案] B[解析] 令g (x )＝2f (x )－x －1，∵f ′(x )>12， ∴g ′(x )＝2f ′(x )－1>0，∴g (x )为单调增函数， ∵f (1)＝1，∴g (1)＝2f (1)－1－1＝0， ∴当x <1时，g (x )<0，即2f (x )<x ＋1，故选B. .20.[答案] A[解析] ∵f ′(x )＝cos x ＋2f ′( π3)， ∴f ′(π3)＝cos π3＋2f ′(π3)， 即f ′(π3)＝－12. ∴f (x )＝sin x －x . 又f ′(x )＝cos x －1≤0， 故f (x )在R 上递减．又∵－12<log 32， ∴f (－12)>f (log 32)， 即f (a )>f (b )． &21.[答案] A[解析] 令f (x )＝x 3－3x ＋m ，则f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1)，显然当x <－1或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当－1<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，∴在x ＝－1时，f (x )取极大值f (－1)＝m ＋2，在x ＝1时，f (x )取极小值f (1)＝m －2.∵f (x )＝0在[0,2]上有解，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 1<0，f 2>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧m －2≤0，2＋m ≥0，∴－2≤m ≤2. 22.[答案] (－65，－316)[解析] f ′(x )＝ax 2＋ax －2a ＝a (x －1)(x ＋2)， 由f (x )的图象经过四个象限知，若a >0，则⎩⎪⎨⎪⎧f －2>0，f1<0，此时无解；若a <0，则⎩⎪⎨⎪⎧f －2<0，f1>0，∴－65<a <－316，综上知，－65<a <－316.23.[答案] (－3，－2) )[解析] f ′(x )＝3x 2－3，设切点为P (x 0，y 0)，则切线方程为y －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(x －x 0)，∵切线经过点A (1，m )，∴m －(x 30－3x 0)＝(3x 20－3)(1－x 0)，∴m ＝－2x 30＋3x 20－3，m ′＝－6x 20＋6x 0，∴当0<x 0<1时，此函数单调递增，当x 0<0或x 0>1时，此函数单调递减，当x 0＝0时，m ＝－3，当x 0＝1时，m ＝－2，∴当－3<m <－2时，直线y ＝m 与函数y ＝－2x 30＋3x 20－3的图象有三个不同交点，从而x 0有三个不同实数根，故过点A (1，m )可作三条不同切线，∴m 的取值范围是(－3，－2)．24.[分析] 利用函数的单调性证明不等式是常用的方法之一，而函数的单调性，可利用其导函数的符号确定．[解析] 设f (x )＝1＋2x －e 2x ， 则f ′(x )＝2－2e 2x ＝2(1－e 2x )． 当x >0时，e 2x >1，f ′(x )＝2(1－e 2x )<0，所以函数f (x )＝1＋2x －e 2x 在(0，＋∞)上是减函数．当x >0时，f (x )<f (0)＝0，即当x >0时，1＋2x －e 2x <0，即1＋2x <e 2x . 25.[解析] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)f ′(x )＝a x ＋x ＋1－x －1x ＋12＝a x ＋2x ＋12~∵a ＝0，∴f ′(x )＝2x ＋12，根据导数的几何意义，所求切线的斜率k ＝f ′(1)＝12，而f (1)＝0.∴所求切线方程为y ＝12(x －1)， 即x －2y －1＝0.(2)f ′(x )＝a x ＋12＋2x x x ＋12＝ax 2＋2a ＋1x ＋ax x ＋121°当a ＝0时，f ′(x )＝2x ＋12>0，∴f (x )在(0，＋∞)递增． 令g (x )＝ax 2＋2(a ＋1)x ＋aΔ＝4(a ＋1)2－4a 2＝8a ＋42°当a >0时，Δ>0，此时g (x )＝0的两根x 1＝－a ＋1－2a ＋1a，x 2＝－a ＋1＋2a ＋1a《∵a >0，∴x 1<0，x 2<0.∴g (x )>0，∵x ∈(0，＋∞)，∴f ′(x )>0 故f (x )在(0，＋∞)递增．3°当a <0时，Δ＝8a ＋4≤0，即a ≤－12时，g (x )≤0，∴f ′(x )≤0. 故f (x )在(0，＋∞)递减． 当Δ>0，即－12<a <0时， x 1＝－a ＋1＋2a ＋1a >0， x 2＝－a ＋1－2a ＋1a>0 ∴令f ′(x )>0，x ∈(x 1，x 2)， f ′(x )<0，x ∈(0，x 1)∪(x 2，＋∞)；∴f (x )在(x 1，x 2)递增，在(0，x 1)和(x 2，＋∞)上递减．综上所述：当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)递增． 当－12<a <0时，f (x )在(x 1，x 2)递增，在(0，x 1)和(x 2，＋∞)递减(其中x 1＝－a ＋1＋2a ＋1a ，x 2＝－a ＋1－2a ＋1a)． 当a ≤－12时，f (x )在(0，＋∞)递减．26.[分析] 如图，设出AD 的长，进而求出|AB |表示出面积S ，然后利用导数求最值．[解析] 设矩形边长为AD ＝2x ，则|AB |＝y ＝4－x 2，则矩形面积S ＝2x (4－x 2)(0<x <2)， 即S ＝8x －2x 3，∴S ′＝8－6x 2，令S ′＝0，解得x 1＝23，x 2＝－23(舍去) .当0<x <23时，S ′>0；当23<x <2时，S ′<0， ∴当x ＝23时，S 取得最大值，此时，S 最大＝3239，y ＝83. 即矩形的边长分别为433、83时，矩形的面积最大．[点评] 本题的关键是利用抛物线方程，求出矩形的另一边长．27.[解析] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由导数的几何意义，且切线与y ＝12x 垂直．得f ′(1)＝14－a －1＝－2，∴a ＝54.(2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，∴f ′(x )＝14－54x 2－1x ＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0解得x ＝－1或5，－1不在定义域之内故舍去．∴当x ∈(0,5)，f ′(x )<0，∴f (x )在(0,5)递减．当x ∈(5，＋∞)，f ′(x )>0，∴f (x )在(5，＋∞)递增．∴f (x )在x ＝5时取极小值f (5)＝54＋14－ln5－32＝－ln5.28.[分析] [解析] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递增．若a >0，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，ln a )单调递减，在(ln a ，＋∞)单调递增．(2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x －1)＋x ＋1.故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于k <x ＋1e x －1＋x (x >0)． ① 令g (x )＝x ＋1e x －1＋x ， 则g ′(x )＝－x e x －1e x －12＋1＝e x e x －x －2e x －12. 由(1)知，函数h (x )＝e x －x －2在(0，＋∞)单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)的最小值为g (α)．又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)．由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2.。

为函数
_____ _ 的图象的顶点在第四象限，则其导
o
y
x
-33
)
(x
f
y'
=
()y f x ='()f x 为(　)
（安微省合肥市2010年高三第二次教学质量检测文科）函数()y f x =的图像如下右)
(x f y '=
（2010年浙江省宁波市高三“十校”联考文科）如右图所示是某
一容器的三视图，现向容器中匀速注水，容器中水面的高度h 随时间t 变化的可能图象是（ ）
象大致形状是（ ）
2009湖南卷文）若函数()y f x =的导函数在区间[,]a b 上是增函数，则函数
()x 在区间[,]a b 上的图象可能是
y
y
y
14.（2008年福建卷12)已知函数y=f(x),y=g(x)的导函数的图象如下图，那么y=f(x),
y=g(x)的图象可能是（ ）
15.(2008珠海一模文、理)设是函数的导函数，将和的图)('x f )(x f )(x f y =)('x f y =像画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．16.(湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知函数
)(x f y =的导函数)(x f y '=的图像如下，则（
）
函数)(x f 有1个极大值点，1个极小值点
y。

导数的应用-单调性、极值与最值10大题型导数与函数是高中数学的核心内容，高考中经常在函数、导数与不等式等模块的知识交汇处命题，形成层次丰富的各类题型，常涉及的问题有利用导数解决函数的单调性、极值和最值；与不等式、数列、方程的根（或函数的零点），三角函数等问题。

此类问题体现了分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想，重点考查学生的数形结合能力，处理综合性问题的能力和运算求解能力。

本题考试难度大，除了方法与技巧的训练，考生在复习中要注意强化基础题型的解题步骤，提高解题熟练度。

一、导数与函数的单调性相关问题及解决方法1、求函数单调区间的步骤（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '（通分合并、因式分解）；（3）解不等式()0f x '>，解集在定义域内的部分为单调递增区间；（4）解不等式()0f x '<，解集在定义域内的部分为单调递减区间．2、已知函数的单调性求参数（1）函数()f x 在区间D 上单调增（单减）⇒）（00)(≤≥'x f 在区间D 上恒成立；（2）函数()f x 在区间D 上存在单调增（单减）区间⇒）（00)(<>'x f 在区间D上能成立；（3）已知函数()f x 在区间D 内单调⇒)(x f '不存在变号零点（4）已知函数()f x 在区间D 内不单调⇒)(x f '存在变号零点3、含参函数单调性讨论依据：（1）导函数有无零点讨论（或零点有无意义）；（2）导函数的零点在不在定义域或区间内；（3）导函数多个零点时大小的讨论。

二、利用导数求函数极值的方法步骤（1）求导数()f x '；（2）求方程()0f x '=的所有实数根；（3）观察在每个根x 0附近，从左到右导函数()f x '的符号如何变化．①如果()f x '的符号由正变负，则0()f x '是极大值；②如果由负变正，则0()f x '是极小值．③如果在()0f x '=的根x ＝x 0的左右侧()f x '的符号不变，则不是极值点．三、函数的最值与极值的关系1、极值是对某一点附近（即局部）而言，最值时对函数的定义区间[,]a b 的整体而言；2、在函数的定义区间[,]a b 内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个（或者没有）；3、函数()f x 的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点；4、对于可导函数，函数的最大（小）值必在极大（小）值点或区间端点处取得。

完整版)函数的单调性知识点与题型归纳备考知考情：在高考中，理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义以及运用基本初等函数的图象分析函数的性质是非常重要的。

函数的单调性是热点，常见问题有求单调区间、判断函数的单调性、求参数的取值、利用函数单调性比较数的大小以及解不等式等。

客观题主要考查函数的单调性，最值的确定与简单应用。

题型多以选择题、填空题的形式出现，若与导数交汇命题，则以解答题的形式出现。

一、知识梳理在研究函数单调性之前，必须先求函数的定义域。

函数的单调区间是定义域的子集，单调区间不能并。

知识点一：函数的单调性单调函数的定义：若函数f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D 叫做f(x)的单调区间。

注意：1.定义中x1，x2具有任意性，不能是规定的特定值。

2.函数的单调区间必须是定义域的子集。

3.定义有两种变式。

问题探究：1.关于函数单调性的定义应注意哪些问题？1）定义中x1，x2具有任意性，不能是规定的特定值。

2）函数的单调区间必须是定义域的子集。

3）定义有两种变式。

2.单调区间的表示注意哪些问题？单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示。

如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结。

知识点二：单调性的证明方法：定义法及导数法高频考点例1：规律方法1) 定义法：利用定义证明函数单调性的一般步骤是：①任取x1、x2∈D，且x1<x2；②作差f(x1)－f(x2)，并适当变形（如“分解因式”、配方成同号项的和等）；③依据差式的符号确定其增减性。

2) 导数法：x＋1x＋1a>0)由定义可知。

f(x1f(x2即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．法二：导数法f′(x)＝a(x＋1)－axx＋1)2ax＋1)2a>0，x∈(－1，＋∞))即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．例2.（2）《名师一号》P16高频考点例1（2）判断函数f(x)＝x2－2x＋3在R上的单调性，并证明．法一：导数法f′(x)＝2x－22(x－1)当x<1时，f′(x)<0，即f(x)在(－∞，1)上为减函数；当x>1时，f′(x)>0，即f(x)在(1，＋∞)上为增函数．综上可知，f(x)在R上单调性不同．法二：二次函数法对于任意实数x，有f(x)＝(x－1)2＋2因为平方项非负，所以f(x)的最小值为2，即f(x)≥2；又因为当x＝1时，f(x)＝2，所以f(x)的最小值为2，即f(x)≥2；又因为当x＝1时，f(x)＝2，所以f(x)在(－∞，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．综上可知，f(x)在R上单调性不同．例3.（1）《名师一号》P16高频考点例1（3）设f(x)＝exax－b，其中a，b为常数，证明：当a2<4时，f(x)在R上为凸函数；当a2>4时，f(x)在R上为下凸函数；当a2＝4时，f(x)在R上为抛物线．证明：f′(x)＝exaf′′(x)＝ex当a20，即f(x)在R上为凸函数；当a2>4时，f′′(x)<0，即f(x)在R上为下凸函数；当a2＝4时，f′′(x)＝0，即f(x)为抛物线．因此，当a2<4时，f(x)在R上为凸函数；当a2>4时，f(x)在R上为下凸函数；当a2＝4时，f(x)在R上为抛物线．2.1、解析：根据题意，我们可以列出不等式a-2<0，解得a≤2.代入原式得到实数a的取值范围为(-∞。

类型二：导数单调性专题类型１。

导数不含参。

类型２.导数含参。

类型３：要求二次导 求单调性一般步骤：(1) 第一步：写出定义域，一般有()0ln >⇒x x(2) 第二步:求导，(注意有常数的求导）若有分母则通分。

一般分母都比0大，故去死若无分母，因式分解（提公因式,十字相乘法）或求根(观察分子）判断导函数是否含参，再进行讨论（按恒成立与两个由为分界）(3) 第三步由()()⎩⎨⎧≤≥解出是减区间解出是增区间00x f x f(4) 下结论类型一：导函数不含参：()()()⎪⎩⎪⎨⎧-+=--++=++=21223,22,,x x e m e x f x x c bx ax x f x b kx x f 如指数型如：二次型如：一次型对于这类型的题，直接由导函数大于0，小于0即可（除非恒成立） 例题１求函数()()x e x x f 3-=的单调递增区间 解：()()()23'-=-+=x e e x e x f x x x 由()()202'>⇒>-=x x e x f x 所以函数在区间()+∞,2单调递增 由()()202'<⇒<-=x x e x f x所以函数在区间()2,∞-单调递减例题２：求函数()()2211x e x x f x --=的单调区间解：()()()()x e e x e x xe e x f x x x x x +-=-+-=-+-=11111'由()()()01011'>-<⇒>+-=x x x e x f x 或所以函数在区间(][)∞+-∞-，和01,单调递增由()()()01011'<<-⇒<+-=x x e x f x 所以函数在区间()0,1-单调递减 例题３：求函数()xxx f ln =的单调区间例题４：已知函数()()()R k kx e x x f x ∈--=21 （1)若1=k 时，求函数()x f 的单调区间例题５．（2010·新课标全国文，21）设函数f (x ）＝x （e x －1)－ax 2.(1）若a ＝错误!，求f (x )的单调区间；例题６:已知函数()()112++-=x e ax x f x (1）若0=a ，求函数()x f 的单调区间7。

导数题型汇总题型一：讨论参变量求解单调区间、极值例题1：已知函数()()22ln f x x a x x =-+-，(0a >)讨论()f x 的单调性。

变式1：已知函数()()221x b f x x -=-，求导函数()'f x ，并确定()f x 的单调区间。

变式2：设函数()()330f x x ax b a =-+≠（1）若曲线()y f x =在点()()2,2f 处与直线8y =相切，求,a b 的值。

（2）求函数()f x 的单调区间与极值点。

变式3：设函数()3213f x x ax bx =++，且()'10f -=。

（1）试用含a 的代数式表示b ； （2）求函数()f x 的单调区间变式4：已知函数()()()22223,3x f x x ax a a e x R a =+-+∈≠，求函数()f x 的单调区间与极值题型二：已知区间单调或不单调，求解参变量的范围例题2设函数()()0.kx f x xe k =≠(1) 求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的单调区间 （3）若函数()f x 在区间()1,1-内单调递增，求k 的取值范围。

变式1：已知函数()()321f x x ax x a R =+++∈ （1）讨论()f x 的单调区间；（2）若函数()f x 在区间21,33⎛⎫-- ⎪⎝⎭内单调递减，求a 的取值范围。

变式2：已知函数()()323m f x x x x m R =+-∈，函数()f x 在区间()2,+∞内存在单调递增区间，求m 的取值范围。

变式3：已知函数()()()()32222152,1,f x x k k x x g x k x kx k R =--++-=++∈，设函数()()()p x f x g x =+，若()p x 在区间()0,3上不单调，求k 的取值范围。

导数与函数的单调性、极值、最值问题【考情分析】1.考查特点:(1)高考对导数几何意义的考查,多在选择题、填空题中出现,难度较小,有时出现在解析题第一问;(2)高考重点考查导数的简单应用,即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题,多在选择题、填空题的后几题中出现,难度中等,有时也出现在解析题的第一问.2.关键能力:逻辑思维能力、运算求解能力,创新能力.3.学科素养:逻辑推理、数学运算、数据分析.【题型一】导数的几何意义【典例分析】1．（2020·湖北武汉市·华中师大一附中高三模拟）已知函数()2ln f x ax b x =+的图象在点()()1,1f 的切线方程为32y x =-，则a b +=（）A ．2B ．0C ．1D ．2-【答案】A【解析】()2ln f x ax b x =+ ，则()2bf x ax x'=+，由题意可知点()()1,1f 在直线32y x =-上，所以，()1321f =-=，所以，()()11123f a f a b ⎧==⎪⎨=+='⎪⎩，解得1a b ==，因此，2a b +=.故选：A.2．（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知P 是曲线[]()sin 0,y x x π=-∈上的动点，点Q 在直线260x y --=上运动，则当PQ 取最小值时，点P 的横坐标为（）A ．4πB ．2πC ．23πD ．56π【答案】C【解析】如下图所示：若使得PQ 取值最小值，则曲线[]()sin 0,y x x π=-∈在点P 处的切线与直线260x y --=平行，对函数sin y x =-求导得cos y x '=-，令12y ¢=，可得1cos 2x =-，0x π≤≤ ，解得23x π=.故选：C.【提分秘籍】应用导数的几何意义解题时应注意：(1)f ′(x )与f ′(x 0)的区别与联系，f ′(x 0)表示函数f (x )在x ＝x 0处的导数值，是一个常数；(2)函数在某点处的导数值就是对应曲线在该点处切线的斜率；(3)切点既在原函数的图象上也在切线上.【变式演练】1．（2021·浙江镇海中学高三模拟）已知曲线322()13f x x x ax =-+-上存在两条斜率为3的不同切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a 可能的取值（）A ．196B ．3C ．103D ．92【答案】AC【解析】∵322()13f x x x ax =-+-，∴2()22f x x x a '=-+，可令切点的横坐标为m ，且0m >，可得切线斜率2223k m m a =-+=即22230m m a -+-=，由题意，可得关于m 的方程22230m m a -+-=有两个不等的正根，且可知1210m m +=>，则1200m m ∆>⎧⎨⋅>⎩，即2242(3)0302a a ⎧-⨯⨯->⎪⎨->⎪⎩，解得：732a <<，所以a 的取值可能为196，103.故选：AC.2．（2021·湖北武汉市·汉阳一中高三模拟）曲线ln xy x=在1x =处的切线与曲线2y ax ax =-相切，则a =_________．【答案】1【解析】因为ln x y x =，所以()22ln ln 1ln x x x x x y x x''--'==，则121ln1|11x y =-'==，且切点坐标为()1,0，故切线方程为1y x =-，又2y ax ax =-，则2y ax a '=-，设切点坐标为()00,x y ，则0002000211ax a x y ax ax y -=⎧⎪-=⎨⎪-=⎩解得00110a x y =⎧⎪=⎨⎪=⎩，故答案为：1【题型二】利用导数研究函数的单调性【典例分析】【例1】（2020·海南中学高三模拟）已知ln a =，1b e -=，3ln 28c =，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．a b c >>B ．b c a>>C ．c a b>>D ．b a c>>【答案】D【解析】根据题意，ln55a =，1ln =e b e e -=，ln88c =.令()ln x f x x =，则()21ln xf x x -'=，由()0f x '<得x e >；由()0f x '>得0x e <<；则函数()f x 在()0e ，上单调递增，在(),e +∞上单调递减，又58e <<，所以()()()58f e f f >>，因此b a c >>．故选：D ．【例2】（2020·武汉外国语学校高三模拟）定义在R 上的函数()f x 满足：()()22f x f x x -+=，且当0x ≤时，()2f x x '<，则不等式()()25510f x x x f +-+≥的解集为______．【答案】5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】因为()()22f x f x x -+=，所以()()()220f x x f x x ---+-=，令()()2g x f x x =-，则()()0g x g x -+=，所以()g x 为奇函数．又因为当0x ≤时，()()20g x f x x ''=-<，所以()g x 在(],0-∞上单调递减，即()g x 在R 上单调递减．而不等式()()()()()()()2225510555f x f x x f x x f x x g x g x +≥-+⇔-≥---⇔≥-，所以5x x ≤-，所以52x ≤．故答案为：5,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【提分秘籍】利用导数研究函数单调性的关键：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认；(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况【变式演练】1．（2021·湖南长沙雅礼中学高三模拟）已知定义在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的函数()f x ，()'f x 是()f x 的导函数，且恒有cos ()sin ()0xf x xf x '+<成立，则()A．64f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B63f ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C．63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D64ππ⎛⎫⎛⎫>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】CD【解析】根据题意，令()()cos f x g x x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则其导数2()cos sin ()()f x x x f x g x cos x '+'= ，又由(0,2x π∈，且恒有cos ()sin ()0x f x x f x '+< ，则有()0g x '<，即函数()g x 为减函数，又由63ππ<，则有()()63g g ππ>，即()()63cos cos 63f f ππππ>，分析可得()()63f ππ>；又由64ππ<，则有()(64g g ππ>，即()(64cos cos 64f f ππππ>()()64ππ>．故选：CD ．2.（2011·山东青岛市·高三一模）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，且满足'()()0f x f x ->，()20212021f e =，则不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为【答案】()60630,e【解析】由题可设()()x f x F x e=，'()()0f x f x -> ，则2'()()'()()'()0x x x xf x e f x e f x f x F x e e--==>，所以函数()F x 在R 上单调递增，2021(2021)(2021)1f F e ==，将不等式1ln 3f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭1ln 311ln ln 3311ln ln 33x x x f x f x e e e⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⋅=，可得1ln 13F x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即1ln (2021)3F x F ⎛⎫< ⎪⎝⎭，有1ln 20213x <，故得60630x e <<，所以不等式1ln 3f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()60630,e 【题型三】利用导数研究函数的极值和最值【典例分析】1.（安徽省宣城市2021届高三下学期第二次调研数学试题）已知函数3()7f x x ax =-+的极小值为5．（1）求a 的值，并求出()f x 的单调区间；（2）若函数()()g x f x mx =+在(3,1)a --上的极大值不小于10m -，求实数m 的取值范围．【解析】（1）2()3f x x a '=- ，当0a ≤时，()0f x '≥恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，无极值，当0a >时，2()30f x x a '=-=，解得：3x =±，x ，()f x'，()f x 的变化如下：()f x 递增极大值递减极小值递增()53f x f ⎛⎫∴== ⎪ ⎪⎝⎭极小值，即3337533a ⎛⎫-⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭，解得：3a =；()f x ∴的递减区间是3,3⎛⎫-∞- ⎪ ⎪⎝⎭，3,3⎫+∞⎪⎪⎝⎭，递减区间是33,33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭；（2）由（1）知3a =，故3()(3)7g x x m x =+-+，2()3(3)g x x m '=+-，当30m -≥时，()0g x '≥恒成立，()g x ∴在R 上递增，无极值，当30m -<时，()0g x '=，解得：3x =±，x ，()g x'，()g x 的变化如下：93()103g x g m ⎛⎫∴=-≥- ⎪ ⎪⎝⎭极大值，即39393(3)71033m m ⎛⎛-+--+≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：154m ≤-，又323m --<-< ，解得：243m -<<，15244m ∴-<≤-，即实数m 的取值范围是15244m m ⎧⎫-<≤-⎨⎬⎩⎭∣．2.（2021·重庆南开中学高三模拟）已知A 、B 两地相距200km ，一只船从A 地逆水行驶到B 地，水速为8km /h ，船在静水中的速度为v km/h(8<v ≤v 0)．若船每小时的燃料费与其在静水中的速度的平方成正比，当v ＝12km/h 时，每小时的燃料费为720元，为了使全程燃料费最省，船的实际速度为多少？【解析】设每小时的燃料费为y 1，比例系数为k (k >0)，则y1＝k v2，当v＝12时，y1＝720，∴720＝k·122，得k＝5，即y1＝5v2.设全程燃料费为y，由题意，得y＝y1·2 200100088vv v=--，∴y′＝222000(8)1000(8)v v vv---＝22100016000(8)v vv--.令y′＝0，得v＝16，∴当v0≥16时，y在(8,16)上递减，在[16，v0]上递增，即v＝16km/h时全程燃料费最省，y min＝32000(元)；当v0<16时，即y在(8，v0]上为减函数，∴当v＝v0时，y min＝210008vv-(元)．综上，当v0≥16时，v＝16km/h时全程燃料费最省，为32000元；当v0<16时，v＝v0时全程燃料费最省，为210008vv-元．【提分秘籍】1.利用导数研究函数极值、最值的方法(1)若求极值,则先求方程f′(x)=0的根,再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号.(2)若已知极值大小或存在情况,则转化为已知方程f′(x)=0根的大小或存在情况来求解.(3)求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在得到极值的基础上,结合区间端点的函数值f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值.2.已知函数极值点或极值求参数的方法(1)列式:根据极值点处的导数为0和极值这两个条件列方程组,利用待定系数法求解.(2)验证:因为导数值等于0并不是此点为极值点的充要条件,所以利用待定系数法求解后必须验证根的合理性.3.利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x ).(2)求导：求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值.(4)结论：回归实际问题作答.【变式演练】（2021·山东滕州一中高三模拟）音乐是用声音来表达思想情感的一种艺术，数学家傅里叶证明了所有的器乐和声乐的声音都可用简单正弦函数sin y A x ω=的和来描述，其中频率最低的称为基音，其余的称为泛音，而泛音的频率都是基音频率的整数倍，当一个发声体振动发声时，发声体是在全段振动的，除了频率最低的外，其余各部分(如二分之一､三分之一…)也在振动，所以我们听到声音的函数是11sin sin 2sin 323y x x x =+++ ，则声音函数1sin sin 22y x x =+的最大值是（）A ．32B ．1C ．4D ．4-【答案】C【解析】1sin sin 22y x x =+，周期为2π，只需要求y 在[0,2]π上最大值.令cos cos 20y x x =+='，解得：3x π=或x π=或53x π=，当(0,3x π∈时，'0y >，当(,)3x ππ∈时，'0y <，当5(,)3x ππ∈时，'0y <，当5(,2)3x ππ∈时，'0y >，所以y 在550,,,,,,,23333πππππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭3x π=时，4y =；2x π=时，y =0max 334y ∴=.故选：C.2.（2021·福建省福州第一中学高三模拟）已知函数()sin sin 2f x a x x =+，a R ∈.（1）若()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有极值点，求a 的取值范围；（2）若1a =，20,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()cos f x bx x ≥，求b 的最大值.【解析】（1）2'()cos 2cos 24cos cos 2f x a x x x a x =+=+-，依题意，'()f x 有变号零点，令cos x t =，则()0,1t ∈，所以()2420g t t at =+-=在()0,1有实根，注意到0∆>，所以()()010g g ⋅<，解得2a >-，即()2,a ∈-+∞.（2）1a =，()sin sin 2f x x x =+，当2,23x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立；当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，所以tan 2sin x x bx +≥.记()tan 2sin h x x x bx =+-，则()0h x ≥恒成立，21'()2cos cos h x x b x =+-，()3332sin 1cos 2sin ''()2sin 0cos cos x x x h x x x x-=-=>，)'(h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()'03h b =-，若3b >，则()0'0h <，记cosθ=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()'0h b b θ=-=>，所以存在()00,x θ∈，使得()0'0h x =，当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 单调递减，所以()00,x x ∈时，()()00h x h <=，不符题意，当3b =时，()'()'00h x h >=，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()h x 单调递增，所以，()()00h x h >=，符合题意，当,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin 2sin cos sin (12cos )f x x x x x x =+=+，由22cos 12cos103x π+>+=，sin 0x >，所以()0f x >，而3b =时，cos 0bx x <，所以()cos f x bx x >成立，综上所述，b 的最大值为3.1．（2021·山东济宁市·高三一模）已知曲线x y e =在点()11,xx e 处的切线与曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线相同，则()()1211x x +-=（）A ．-1B ．-2C ．1D ．2【答案】B 【解析】已知曲线x y e =在点()11,x x e 处的切线方程为()111x xy e e x x -=-，即1111x x x y e x e x e =-+，曲线ln y x =在点()22,ln x x 处的切线方程为()2221ln y x x x x -=-，即2211ln y x x x =-+，由题意得11121211ln x x x e x e e x x ⎧=⎪⎨⎪-=-+⎩，得121x x e =，11112111ln 1ln 1x x x e x e x e x -=-+=-+=--，则11111x x e x +=-.又121x x e=，所以12111x x x -=+，所以1211121111x x x x ---=-=++，所以()()12112x x +-=-.故选B.2．（2021·福建莆田市·高三模拟）已知函数3()f x x kx k =+-，则“0k <”是“()f x 有极值”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】若“()f x 有极值”，则2()30f x x k '=+=有两个不等的实数根，所以0430k ∆=-⨯>，解得0k <，当0k <时，令2()30f x x k '=+=可得x =，此时3()f x x kx k =+-在,⎛-∞ ⎝单调递增，在⎛ ⎝单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增，所以“0k <”可以推出“()f x 有极值”，所以“0k <”是“()f x 有极值”的充要条件.故选：C 3．（2021·江西高三二模）已知函数21()ln 12f x x x =-+，若()0f x kx ->恰有3个正整数解，则k 的取值范围为（）A ．ln 27ln 37,2436⎡⎫--⎪⎢⎣⎭B ．ln 27ln 37,2436⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．ln 27ln 37,2436⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．ln 27ln 37,2436⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【答案】B【解析】由题意，()0f x kx ->恰有3个正整数解，转换为ln y x =的图象与2112y x kx =-+的图象交点问题，作出ln y x =和2112y x kx =-+的图象，如图：要使21ln 12x x kx >-+恰有3个正整数解，则需满足：9ln 313k 2ln 474k⎧>-+⎪⎨⎪<+⎩，解得：ln 27ln 372436k -<<-，故选B ．4．（2021·钦州市第三中学高三模拟）若函数op =12B 2+En −存在单调递增区间，则的取值范围是（）A ．(−1,1)B ．(−1,+∞)C ．(−1,+∞)D ．(−∞,1)【答案】B【解析】解：f′（x ）=ax+ln ，∴f′（x ）＞0在x ∈0，+∞上成立，即ax+ln ＞0，在x ∈0，+∞上成立，即a ＞−l 在x ∈0，+∞上成立．令g （x ）=−l ，则g′（x ）=−1−lnx 2，∴g （x ）=−l，在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）=−l 的最小值为g （e ）=−1∴a ＞−1．故选B ．5．（2021·山东枣庄市·滕州市第一中学高三月考）函数()2ln x f x x=的图象大致是()A．B ．C ．D ．【答案】D【解析】因为()()f x f x -=-，所以函数的奇函数，排除答案A 、C ，又当01x <<时，1()2ln x f x x=，21ln 1()02(ln )x f x x -'=<，函数1()2ln x f x x=单调递减，故排除答案B ，应选答案D ．6．（2021·安徽省涡阳第一中学高三模拟）已知函数()f x 满足(2)()f x f x +=，当[]1,1x ∈-时，2()f x x =，那么函数()()lg g x f x x =-的零点共有（）A ．7个B ．8个C ．9个D ．10个【答案】D【解析】根据题意，函数()y f x =满足()()f x f x 2=+，则函数()y f x =是周期为2的周期函数，设()h x lgx =，则函数()()g x f x lgx =-的零点个数即图象()y f x =与()y h x =的交点个数，由于()f x 的最大值为1，所以x 10>时，图象没有交点，在()0,1上有一个交点，()1,3，()3,5，()5,7，()7,9上各有两个交点，如图所示，在()9,10上有一个交点，故共有10个交点，即函数零点的个数为10；故选D ．7．（2021·江苏苏州大学附属中学高三模拟）已知函数()()(ln )e x f x x ax ax =--，若()0f x <恒成立，则a 的取值范围为（）A ．1,e e ⎫⎛ ⎪⎝⎭B ．1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．(0,e)D ．(1,e)【答案】A【解析】若()0f x <，则ln x ax -与e x ax -异号，如图所示，ln >x e x 恒成立∴问题等价于y ax =在x y e =与ln y x =之间转动根据重要不等式x e ex ≥，ln x x e≤.∴1a e e<<，故选：A 8．（2021·重庆南开中学高三模拟）已知函数()3121,02,0x x f x x x ⎧-++<⎪=⎨⎪≥⎩，若存在实数a ，b ，c ，当a b c <<时，满足()()()f a f b f c ==，则()()()af a bf b cf c ++的取值范围是（）A ．()4,0-B ．()3,0-C ．[)4,0-D ．[)3,0-【答案】B 【解析】312,221(),202,0x x f x x x x x ⎧+<-⎪⎪⎪=--≤<⎨⎪≥⎪⎪⎩，作出函数()f x 的图象，如图：由图可知4a b +=-，01c <<，所以()()()af a bf b cf c ++343()()(4)()(4)4a b c f c c f c c c c c =++=-=-=-，令43()4(01)g c c c c =-<<，则32()412g c c c '=-24(3)c c =-，因为01c <<，所以()0g c '<，所以43()4g c c c =-在(0,1)上为单调递减函数，所以(1)()(0)g g c g <<，即30c -<<，所以()()()af a bf b cf c ++的取值范围是()3,0-.故选：B9．（2021·山东淄博实验中学高三模拟）已知函数2()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是（）A ．010x e <<B ．01x e >C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【答案】AD 【解析】函数2()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '∴=++,∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'00f x =，即00ln 120x x ∴++=，120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭,当1x e >时，()0f x '>0,()x f x '→→-∞ ,010x e∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确;()()()2000000000002ln 2l 1n 20f x x x x x x x x x x x +=++=-++=>,即D 正确,C 不正确.故答案为:AD.10．（2021·江苏省南京师大附中高三模拟）已知函数()f x 定义域为[]1,5-，部分对应值如表，()f x 的导函数()f x '的图象如图所示.下列关于函数()f x 的结论正确的有（）x 1-0245()f x 12021A ．函数()f x 的极大值点有2个B ．函数在()f x 上[]0,2是减函数C ．若[]1,x t ∈-时，()f x 的最大值是2，则t 的最大值为4D ．当12a <<时，函数()y f x a =-有4个零点【答案】ABD【解析】由导数的正负性可知，函数()y f x =的单调递增区间为(),0-∞、()2,4，单调递减区间为()0,2、()4,+∞，B 选项正确；函数()y f x =有2个极大值点，A 选项正确；当[]1,5x ∈-时，函数()y f x =最大值是2，而t 最大值不是4，C 选项错误；作出函数()y f x =的图象如下图所示，由下图可知，当12a <<时，函数y a =与函数()y f x =的图象有四个交点，D 选项正确.故选：ABD.12．（2021·山东省烟台高三一模）若定义在R 上的函数()f x 满足()01f =-，其导函数()f x '满足()1f x m '>>，则下列成立的有（）A ．11m f m m -⎛⎫> ⎪⎝⎭B ．11f m ⎛⎫<- ⎪⎝⎭C ．1111f m m ⎛⎫> ⎪--⎝⎭D ．101f m ⎛⎫<⎪-⎝⎭【答案】AC【解析】设()()g x f x mx =-，则()()0g x f x m ''=->，故函数()()g x f x mx =-在R 上单调递增，且10m>，()10g g m ⎛⎫> ⎪⎝⎭，故111f m ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，10f m ⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，而10m m -<，11m f m m -⎛⎫∴> ⎪⎝⎭，故A 正确，B 错误．101m >-，故()101g g m ⎛⎫> ⎪-⎝⎭，所以1111m f m m ⎛⎫->-⎪--⎝⎭，11011f m m ⎛⎫>> ⎪--⎝⎭，故C 正确，D 错误．故选：AC .13．（2021·辽宁省实验中学高三模拟）定义在()0+∞，的函数()f x 满足()()()1,11f x xf x f x'+==，则()f x 的零点是_______．【答案】1e【解析】令()()ln F x xf x x =-，则()()()1F x f x xf x x ''=+-，又()()1f x xf x x '+=，所以()()()10F x f x xf x x''=+-=，则函数()F x 为常函数，又()()111ln11F f =⨯-=，所以()()()1ln ln 1x F x xf x x f x x +=-=⇒=令()0f x =，所以1=x e 故答案为：1e14．（2021·嘉祥县第一中学高三模拟）某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的周柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模其体积的最小值为___________.【答案】2627π【解析】设中空圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为2(02)h h +<<，则22()12h r +=，2214h r =-，∴中空圆柱的体积22(2)(1)(2)4h V r h h ππ=+=-+．23(1)4V h h π'=-+-，可得当2(0,3h ∈时，0V '>，当2(3h ∈，2)时，0V '<，则当23h =时，V 取得最大值为6427π，又毛坯的体积为2341012133πππ⨯⨯+⨯=，∴该模具体积的最小值为10642632727πππ-=．故答案为：2627π．15．（2021·重庆高三模拟）已知函数()()x x f x x ae e -=-为偶函数，函数()()x g x f x xe -=+，则a =______；若()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，则m 的取值范围为______.【答案】1(),2e -∞【解析】因为y x =为奇函数，()()x x f x x ae e =-为偶函数，所以x x y ae e =-为奇函数，∴000ae e =-，所以1a =，则()xg x xe =.因为()g x mx e >-对()0,x ∈+∞恒成立，所以x e m e x<+对()0,x ∈+∞恒成立.设函数()()0x e h x e x x =+>，则()2'x e h x e x =-，显然()2'x e h x e x=-在()0,x ∈+∞上单调递增，且()'10h =，所以当01x <<时，()'0h x <；当1x >时，()'0h x >.从而可得()()min 12h x h e ==，故m 的取值范围为(),2e -∞.16.（2021·福建省福州第一中学高三模拟）已知函数()sin sin 2f x a x x =+，a R ∈.（1）若()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有极值点，求a 的取值范围；（2）若1a =，20,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()cos f x bx x ≥，求b 的最大值.【解析】（1）2'()cos 2cos 24cos cos 2f x a x x x a x =+=+-，依题意，'()f x 有变号零点，令cos x t =，则()0,1t ∈，所以()2420g t t at =+-=在()0,1有实根，注意到0∆>，所以()()010g g ⋅<，解得2a >-，即()2,a ∈-+∞.（2）1a =，()sin sin 2f x x x =+，当2,23x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0cos f x bx x ≥≥，显然成立；当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，所以tan 2sin x x bx +≥.记()tan 2sin h x x x bx =+-，则()0h x ≥恒成立，21'()2cos cos h x x b x =+-，()3332sin 1cos 2sin ''()2sin 0cos cos x x x h x x x x-=-=>，)'(h x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，()'03h b =-，若3b >，则()0'0h <，记cosθ=，0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()'0h b b θ=-=>，所以存在()00,x θ∈，使得()0'0h x =，当()00,x x ∈时，'()0h x <，()h x 单调递减，所以()00,x x ∈时，()()00h x h <=，不符题意，当3b =时，()'()'00h x h >=，即0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()h x 单调递增，所以，()()00h x h >=，符合题意，当,23x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()sin 2sin cos sin (12cos )f x x x x x x =+=+，由22cos 12cos103x π+>+=，sin 0x >，所以()0f x >，而3b =时，cos 0bx x <，所以()cos f x bx x >成立，综上所述，b 的最大值为3.17.（北京市海淀区2021届高三一模数学试题）已知函数()sin f x x x =.（1）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上的单调性，并说明理由；（2）求证：函数()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个极值点；（3）求函数()1()ln f x g x x+=在区间(1,]π上的最小值.【答案】（1）增函数，理由见解析（2）证明见解析（3）1ln π【解析】（1）因为()sin f x x x =，所以()sin cos f x x x x '=+⋅，因为02x π<<，所以()0f x '>，所以函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数.（2）设()()h x f x '=，则()cos cos sin 2cos sin h x x x x x x x x '=+-⋅=-⋅，当2x ππ<<时，()0h x '<，所以()h x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，又()102h π=>，()0h ππ=-<，所以存在唯一0(,)2x ππ∈，使得0()0h x =，即存在唯一0(,)2x ππ∈，使得0()0f x '=，()f x 与()'f x 在区间,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内的变化情况如下：x 0(,)2x π0x 0(,)x π()'f x +0-()f x 增函数极大值减函数所以函数()f x 在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭内有且只有一个极值点.（3）由（1）（2）知，()f x 在0(1,)x 内单调递增，在0(,)x π内单调递减，又因为(1)sin10f =>，()0f π=，所以当(1,]x π∈时，()11f x +≥，又因为当(1,]x π∈时，0ln ln x π<≤，所以()11()ln ln f x g x x π+=≥，当且仅当x π=时等号成立，所以()g x 在(1,]π上的最小值为1ln π.。

导数与函数的单调性、极值、最值、应用班级 姓名知识点一：导数与函数的单调性一般地，设函数y = f(x)在某个区间内有导数，若在该区间内/>0,则函数y = f(x)在该区 间内是增函数；若在该区间内/<0,则函数)，二f(x)在该区间内是减函数.例1.判断卞列函数的的单调性，并求出单调区间：(1) f(x) = x 3+3x ； (2) f(x) = x 2-2x-3；(3) /(x) = sinx-x, x G (0, 7r) ； (4)/(x) = 2.J+3;^-24x +1 .要点：川导数求函数#调区间的三个步骤：① 求函数/(X)的定义域与导数f f (x)；② 令广(x)>0,解不等式得X 的范围即为增区间；③ 令广(x)v0 ,解不等式得x 的范围即为减区间.问题1：若在某个区间内恒有/Xx) = 0,则函数门对有什么特性?例2.已知导函数冇下列信息：① 当 1 <x< 4 时，f\x) > 0 ；② 当x 〉4,或xvl 时，广(x)v0；③ 当x = 4,或尤=1时，/f (x) = 0 ；试画出函数门兀)图像的人致形状.复习：c'= _______________ ； (x l,y = (In x)' = _______ ； x)'= ；(sin x)'= __________；O'二 ____________ ； (cos x)' = _________ (a x \= __________例3.如图，水以常速(即单•位时间内注入水的体积相同)注入下而四种底而积相同的容器中,请分别找出与各容器对应的水的高度力与时间r 的函数关系图像.练习1.判断下列函数的的单调性，并求出单调区间：(1)/(x) = x 2-2x + 4；(2) f(x) = e x-x ； (3) f(x) = 3x-x^ ；(4) f(x) = x y - x 2 - x ： (5 ) f(x) = X + COSX, X G (0,—). 练习2.求证:函数/(X ) = 2?-6X 2+7在(0,2)内是减函数.知识拓展一-•般地，如果一个函数在某一范围内导数的绝对值较大，那么函 数在这个范围内变化得快，这时，函数的图像就比较“陡峭”(向上或 向下)；反之,函数的图像就“平缓”一些.如图，函数y = /(x)在(0上) 或(4,0)内的图像“陡哨”,在(仇+oo)或(YO ,Q )内的图像“平缓”.(2) ⑶ (4)知识点二：导数与函数的极值问题2：如图，函数y = /(x)在a,b,c,d,e,仁g,h等点的函数值与这些点附近的函数值有什么关系？y = /W在这些点的导数值是多少？在这些点附近，y = /(x)的导数的符号有什么规律？观察：函数y = /⑴在点兀=d的函数值/⑷比它在点兀=。

完整版)利用导数求函数单调性题型全归纳利用导数求函数单调性题型全归纳一、求单调区间例1：已知函数$f(x)=ax+x^2-x\ln a(a>0,a\neq 1)$，求函数$f(x)$的单调区间。

解：$f'(x)=ax\ln a+2x-\ln a=2x+(a x-1)\ln a$。

令$g(x)=f'(x)$，因为当$a>0,a\neq 1$时，$g'(x)=2+a\ln a>0$，所以$f'(x)$在$\mathbb{R}$上是增函数，又$f'(0)=-\ln a0$的解集为$(0,+\infty)$，故函数$f(x)$的单调增区间为$(0,+\infty)$，减区间为$(-\infty,0)$。

变式：已知$f(x)=e^{-ax}$，求$f(x)$的单调区间。

解：$f(x)=e^{-ax}$，当$a\leq 0$时，$f(x)>0$，$f(x)$单调递增；当$a>0$时，由$f(x)=e^{-a x}>0$得：$x>\ln a$，$f(x)$在$(\ln a,+\infty)$单调递增；由$f(x)=e^{-a x}0$时，$f(x)$的单调递增区间为$(\ln a,+\infty)$，递减区间为$(-\infty,\ln a)$。

二、函数单调性的判定与逆用例2：已知函数$f(x)=x+ax-2x+5$在$(0,+\infty)$上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，求正整数$a$的取值集合。

解：$f'(x)=3x+2ax-2$。

因为函数$f(x)=x+ax-2x+5$在$(0,+\infty)$上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，所以$f'(x)=3x+2ax-2=0$在$(0,+\infty)$上有解。

所以$f''(x)=6+2a>0$在$(0,+\infty)$上恒成立。

导数专题的题型总结一、导数的概念与运算题型1. 求函数的导数- 题目：求函数y = x^3+2x - 1的导数。

- 解析：- 根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，对于y = x^3+2x - 1。

- 对于y = x^3，其导数y^′=(x^3)^′ = 3x^2；对于y = 2x，其导数y^′=(2x)^′=2；对于y=-1，因为常数的导数为0，所以y^′ = 0。

- 综上，函数y = x^3+2x - 1的导数y^′=3x^2+2。

2. 复合函数求导- 题目：求函数y=(2x + 1)^5的导数。

- 解析：- 设u = 2x+1，则y = u^5。

- 根据复合函数求导公式y^′_x=y^′_u· u^′_x。

- 先对y = u^5求导，y^′_u = 5u^4；再对u = 2x + 1求导，u^′_x=2。

- 所以y^′ = 5u^4·2=10(2x + 1)^4。

二、导数的几何意义题型1. 求切线方程- 题目：求曲线y = x^2在点(1,1)处的切线方程。

- 解析：- 对y = x^2求导，根据求导公式(x^n)^′=nx^n - 1，可得y^′ = 2x。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2×1=2。

- 由点斜式方程y - y_0=k(x - x_0)（其中(x_0,y_0)=(1,1)，k = 2），可得切线方程为y - 1=2(x - 1)，即y = 2x-1。

2. 已知切线方程求参数- 题目：已知曲线y = ax^2+3x - 1在点(1,a + 2)处的切线方程为y = 7x + b，求a和b的值。

- 解析：- 先对y = ax^2+3x - 1求导，y^′=2ax + 3。

- 把x = 1代入导数y^′中，得到切线的斜率k = 2a+3。

- 因为切线方程为y = 7x + b，所以切线斜率为7，即2a + 3=7，解得a = 2。

导数与函数的单调性(word解析版) x在区间[0,2]上可导，且f(0)=0，f(2)=2，则函数f(x)在区间[0,2]上的单调递增区间为（）.A。

[0,1] B。

[1,2] C。

[0,2] D。

[0,1]∪[1,2]答案】B解析】根据题意，f(x)在[0,2]上可导，且f(0)=0，f(2)=2，因此可以利用导数求解其单调性.首先求导数f'(x)，然后根据f'(x)的符号来判断函数f(x)的单调性.由于f'(x)=1+cosx，当x∈[0,2]时，cosx的取值范围是[-1,1]，因此f'(x)的取值范围是[0,2].因此函数f(x)在[0,2]上单调递增，单调递增区间为[1,2]，故选B选项.方法技巧归纳】1.求导数f'(x)，然后根据f'(x)的符号来判断函数f(x)的单调性.2.对于多项式函数一般不超过三次的情况，可以直接利用导数求解其单调性和极值.3.对于含参数的函数，可以先求导数，然后根据参数的取值范围来判断函数的单调性和极值.变式1】【2018江苏高考】设函数f(x)=x3+ax2+bx+c，其中a，b，c为常数，且f(x)在[0,1]上单调递增，则（）.A。

a>0，b>0，c>0 B。

a>0，b0 C。

a0，c>0 D。

a0答案】C解析】根据题意，f(x)在[0,1]上单调递增，因此可以利用导数求解其单调性.首先求导数f'(x)，得到f'(x)=3x2+2ax+b，然后根据f'(x)的符号来判断函数f(x)的单调性.由于f(x)在[0,1]上单调递增，因此f'(x)在[0,1]上恒大于等于0.又因为f'(x)是一个二次函数，因此其开口向上，当x∈[0,1]时，f'(x)的最小值为0，即当x=0时，f'(x)取到最小值，此时有f'(0)=b.由于f'(x)在[0,1]上恒大于等于0，因此b≥0.又因为f(x)为单调递增函数，因此其二次项系数a>0.又因为f(x)在[0,1]上单调递增，因此f(1)>f(0)，即1+a+b+c>0，因此c>-(1+a+b).综上所述，可得a0，c>0，故选C选项.变式2】【2018山东高考】设函数f(x)=x3+3x2+3x+k，其中k为常数，则f(x)在区间（-∞，0）上单调递（增/减）；在区间（0，+∞）上单调递（增/减）.答案】单调递减，单调递增解析】根据题意，可以利用导数求解函数f(x)的单调性.首先求导数f'(x)，得到f'(x)=3x2+6x，然后根据f'(x)的符号来判断函数f(x)的单调性.当x∈(-∞，0)时，f'(x)的取值范围是[0，+∞)，因此f(x)在(-∞，0)上单调递减；当x∈(0，+∞)时，f'(x)的取值范围是(-∞，0]，因此f(x)在(0，+∞)上单调递增，故选单调递减，单调递增.讨论函数$f(x)=1-x^2e^x$的单调性。

导数题型归纳请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法：1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系 （2）端点处和顶点是最值所在 其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。

最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令得到两个根；0)('=x f 第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；例1：设函数在区间D 上的导数为，在区间D 上的导数为，若在区间D 上，()y f x =()f x '()f x '()g x 恒成立，则称函数在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，()0g x <()y f x =4323()1262x mx x f x =--（1）若在区间上为“凸函数”，求m 的取值范围；()y f x =[]0,3（2）若对满足的任何一个实数，函数在区间上都为“凸函数”，求的最大值.2m ≤m ()f x (),a b b a -解:由函数 得4323()1262x mx x f x =--32()332x mx f x x '=--2()3g x x mx ∴=--（1） 在区间上为“凸函数”，()y f x = []0,3则 在区间[0,3]上恒成立 2()30g x x mx ∴=--<解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x <(0)0302(3)09330g m g m <-<⎧⎧⇒⇒>⎨⎨<--<⎩⎩解法二：分离变量法：∵ 当时, 恒成立,0x =2()330g x x mx ∴=--=-<当时, 恒成立03x <≤2()30g x x mx =--<等价于的最大值（）恒成立，233x m x x x ->=-03x <≤而（）是增函数，则3()h x x x=-03x <≤max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当时在区间上都为“凸函数” 2m ≤()f x (),a b 则等价于当时 恒成立2m ≤2()30g x x mx =--<解法三：变更主元法再等价于在恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题）2()30F m mx x =-+>2m ≤22(2)023011(2)0230F x x x F x x ⎧->--+>⎧⎪⇒⇒⇒-<<⎨⎨>-+>⎪⎩⎩2b a ∴-=例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-= （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的不等式恒成立，求a 的取值范围. ],2,1[++∈a a x ()f x a '≤（二次函数区间最值的例子）解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---01a <<令得,0)(>'x f )(x f 令得的单调递减区间为（－，a ）和（3a ，+）,0)(<'x f )(x f ∞∞∴当x=a 时，极小值= 当x=3a 时，极大值=b. )(x f ;433b a +-)(x f （Ⅱ）由||≤a ，得：对任意的恒成立①)(x f '],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤则等价于这个二次函数 的对称轴()g x max min ()()g x a g x a≤⎧⎨≥-⎩22()43g x x ax a =-+2x a =01,a << （放缩法）12a a a a +>+=即定义域在对称轴的右边，这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。

导数与单调性极值最基础值习题一．选择题1．可导函数y=f（x）在某一点的导数值为0是该函数在这点取极值的（) A．充分条件B．必要条件 C．充要条件 D．必要非充分条件2．函数y=1+3x﹣x3有（)A．极小值﹣1，极大值3 B．极小值﹣2，极大值3C．极小值﹣1，极大值1 D．极小值﹣2，极大值23．函数f（x)=x3+ax2﹣3x﹣9，已知f（x）的两个极值点为x1,x2,则x1•x2=A．9 B．﹣9 C．1 D．﹣14．函数的最大值为（)A． B．e2C．e D．e﹣15．已知a为函数f(x)=x3﹣12x的极小值点，则a=（)A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．26．已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点,则c=( ）A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或17．设函数f（x）=xe x，则（）A．x=1为f（x）的极大值点 B．x=1为f(x）的极小值点C．x=﹣1为f（x)的极大值点D．x=﹣1为f(x）的极小值点8．函数y=x3﹣2ax+a在（0，1）内有极小值，则实数a的取值范围是( ）A．（0，3）B．（0，）C．（0，+∞） D．（﹣∞，3）9．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，则f（2）等于（）A．11或18 B．11 C．18 D．17或1810．设三次函数f（x)的导函数为f′（x）,函数y=x•f′（x）的图象的一部分如图所示,则正确的是（）A．f（x）的极大值为,极小值为B．f(x)的极大值为，极小值为C．f(x）的极大值为f（﹣3），极小值为f（3）D．f(x)的极大值为f（3），极小值为f（﹣3）11．若f（x)=x3+2ax2+3（a+2)x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（）A．﹣a＜a＜2 B．a＞2或a＜﹣1 C．a≥2或a≤﹣1 D．a＞1或a＜﹣212．函数y=2x3﹣3x2﹣12x+5在区间［0，3]上最大值与最小值分别是( ）A．5，﹣15 B．5，﹣4 C．﹣4，﹣15 D．5，﹣1613．已知f(x）=2x3﹣6x2+m（m为常数）在[﹣2,2]上有最大值3,那么此函数在［﹣2，2］上的最小值是( )A．﹣37 B．﹣29 C．﹣5 D．以上都不对二．填空题15．函数f（x）=x3﹣3x2+1的极小值点为．16．已知f(x）=x3﹣ax2﹣bx+a2，当x=1时，有极值10，则a+b= ．17．已知函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，则c= ．18．已知函数f(x)=x3+3ax2+3（a+2）x+1既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是．19．已知函数f（x)=x3+mx2+(m+6)x+1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是．20．已知函数f（x）=4x+（x＞0,a＞0）在x=3时取得最小值，则a= ．21．f（x）=x3﹣3x2+2在区间[﹣1，1］上的最大值是．22．已知函数f（x）=x3﹣12x+8在区间[﹣3，3］上的最大值与最小值分别为M，m，则M﹣m= ．23．设f（x）=x3﹣﹣2x+5，当x∈［﹣1,2]时，f（x）＜m恒成立,则实数m的取值范围为．24．f（x）=ax3﹣3x+1对于x∈[﹣1，1]总有f（x）≥0成立，则a= ．三．解答题25．已知函数f（x）=ax3+x2+bx(其中常数a，b∈R），g（x)=f（x）+f′（x）是奇函数．（1)求f（x）的表达式；（2）讨论g（x）的单调性，并求g(x)在区间[1，2]上的最大值和最小值．26．已知函数f（x）=x﹣1﹣lnx(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点（2，f（2））处的切线方程；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；（Ⅲ）对∀x∈（0，+∞），f（x)≥bx﹣2恒成立，求实数b的取值范围．28．已知函数f（x）=xlnx．（Ⅰ）求f（x）的最小值;(Ⅱ）若对所有x≥1都有f（x）≥ax﹣1，求实数a的取值范围．29．已知函数f(x）=（x﹣2）e x．（1）求f（x）的单调区间；（2）求f(x）在区间［0，2］上的最小值和最大值．30．已知函数f（x）=ax3﹣6ax2+b（x∈[﹣1,2]）的最大值为3,最小值为﹣29，求a、b的值．31．求函数f（x）=x3﹣2x2+5在区间［﹣2，2］的最大值和最小值．32．设函数f（x）=1+(1+a）x﹣x2﹣x3，其中a＞0．（Ⅰ）讨论f（x）在其定义域上的单调性；（Ⅱ）当x∈[0，1]时,求f(x）取得最大值和最小值时的x的值．导数与单调性极值最基础值习题参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）1．可导函数y=f（x）在某一点的导数值为0是该函数在这点取极值的( ）A．充分条件B．必要条件C．充要条件D．必要非充分条件【分析】结合极值的定义可知必要性成立，而充分性中除了要求f′（x）=0外，还的要求在两侧有单调性的改变(或导函数有正负变化）,通过反例可知充分性不成立．【解答】解：如y=x3，y′=3x2，y′｜x=0=0,但x=0不是函数的极值点．若函数在x0取得极值，由定义可知f′(x)=0，所以f′（x)=0是x为函数y=f(x）的极值点的必要不充分条件故选：D．【点评】本题主要考查函数取得极值的条件：函数在x0处取得极值⇔f′（x）=0,且f′（x＜x 0）•f′（x＞x）＜02．函数y=1+3x﹣x3有（）A．极小值﹣1，极大值3 B．极小值﹣2，极大值3C．极小值﹣1，极大值1 D．极小值﹣2，极大值2【分析】利用导数工具去解决该函数极值的求解问题，关键要利用导数将原函数的单调区间找出来，即可确定出在哪个点处取得极值，进而得到答案．【解答】解：∵y=1+3x﹣x3，∴y′=3﹣3x2,由y′=3﹣3x2＞0，得﹣1＜x＜1,由y′=3﹣3x2＜0，得x＜﹣1，或x＞1，∴函数y=1+3x﹣x3的增区间是(﹣1，1）,减区间是（﹣∞，﹣1),（1，+∞）．∴函数y=1+3x﹣x3在x=﹣1处有极小值f（﹣1）=1﹣3﹣(﹣1）3=﹣1，函数y=1+3x﹣x3在x=1处有极大值f(1）=1+3﹣13=3．故选：A．【点评】利用导数工具求该函数的极值是解决该题的关键，要先确定出导函数大于0时的实数x 的范围，再讨论出函数的单调区间,根据极值的判断方法求出该函数的极值，体现了导数的工具作用3．函数f(x)=x3+ax2﹣3x﹣9,已知f（x）的两个极值点为x1，x2,则x1•x2=（）A．9 B．﹣9 C．1 D．﹣1【分析】本题的函数为三次多项式函数，若三次多项式函数有两个极值点，说明它的导函数有两个不相等的零点，转化为二次函数的根求解，用韦达定理可得x1•x2=﹣1【解答】解：由f（x）=x3+ax2﹣3x﹣9得, f′（x）=3x2+2ax﹣3f′（x）=0的两根为x1，x2就是函数的两个极值点根据韦达定理，得故选：D．【点评】本题主要考查利用导数工具讨论函数的单调性，从而得到函数的极值点．一元二次方程根与系数的关系是解决本题的又一个亮点．4．函数的最大值为（)A． B．e2C．e D．e﹣1【分析】利用导数进行求解，注意函数的定义域,极大值在本题中也是最大值;【解答】解：∵函数,（x＞0）∴y′=，令y′=0，得x=e，当x＞e时，y′＜0，f(x）为减函数，当0＜x＜e时，y′＞0，f（x）为增函数，∴f(x）在x=e处取极大值，也是最大值，∴y最大值为f（e）==e﹣1，故选:D．【点评】此题主要考查函数在某点取极值的条件,利用导数研究函数的最值问题，是一道基础题；5．已知a为函数f(x）=x3﹣12x的极小值点，则a=（）A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．2【分析】可求导数得到f′(x）=3x2﹣12，可通过判断导数符号从而得出f(x）的极小值点，从而得出a的值．【解答】解：f′（x）=3x2﹣12；∴x＜﹣2时，f′（x）＞0，﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，x＞2时，f′（x）＞0;∴x=2是f（x）的极小值点；又a为f(x）的极小值点；∴a=2．故选：D．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象．6．已知函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，则c=( ）A．﹣2或2 B．﹣9或3 C．﹣1或1 D．﹣3或1【分析】求导函数，确定函数的单调性，确定函数的极值点，利用函数y=x3﹣3x+c的图象与x 轴恰有两个公共点，可得极大值等于0或极小值等于0，由此可求c的值．【解答】解：求导函数可得y′=3（x+1）（x﹣1），令y′＞0，可得x＞1或x＜﹣1；令y′＜0,可得﹣1＜x＜1；∴函数在（﹣∞，﹣1)，（1，+∞）上单调增，（﹣1，1）上单调减,∴函数在x=﹣1处取得极大值,在x=1处取得极小值．∵函数y=x3﹣3x+c的图象与x轴恰有两个公共点，∴极大值等于0或极小值等于0．∴1﹣3+c=0或﹣1+3+c=0，∴c=﹣2或2．故选:A．【点评】本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与极值，解题的关键是利用极大值等于0或极小值等于0．7．设函数f（x）=xe x，则( )A．x=1为f（x)的极大值点B．x=1为f（x）的极小值点C．x=﹣1为f（x）的极大值点D．x=﹣1为f（x)的极小值点【分析】由题意，可先求出f′(x）=（x+1）e x,利用导数研究出函数的单调性，即可得出x=﹣1为f（x）的极小值点【解答】解：由于f（x）=xe x，可得f′（x）=(x+1）e x，令f′(x）=（x+1）e x=0可得x=﹣1令f′（x）=（x+1）e x＞0可得x＞﹣1，即函数在(﹣1，+∞）上是增函数令f′（x）=(x+1）e x＜0可得x＜﹣1，即函数在(﹣∞，﹣1）上是减函数所以x=﹣1为f（x)的极小值点故选：D．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，解题的关键是正确求出导数及掌握求极值的步骤，本题是基础题,8．函数y=x3﹣2ax+a在（0，1）内有极小值，则实数a的取值范围是（）A．（0，3）B．(0,）C．(0，+∞） D．（﹣∞，3）【分析】先对函数求导，函数在（0，1）内有极小值，得到导函数等于0时,求出x的值,这个值就是函数的极小值点,使得这个点在（0，1）上,求出a的值．【解答】解：根据题意，y’=3x2﹣2a=0有极小值则方程有解a＞0x=±所以x=是极小值点所以0＜＜10＜＜10＜a＜故选：B．【点评】本题考查函数在某一点取得极值点条件，本题解题的关键是在一个区间上有极值相当于函数的导函数在这一个区间上有解．9．已知函数f（x）=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，则f（2)等于（）A．11或18 B．11 C．18 D．17或18【分析】根据函数在x=1处有极值时说明函数在x=1处的导数为0，又因为f′（x）=3x2+2ax+b，所以得到：f′（1）=3+2a+b=0，又因为f（1）=10,所以可求出a与b的值确定解析式，最终将x=2代入求出答案．【解答】解：f′（x）=3x2+2ax+b，∴或①当时，f′（x）=3(x﹣1）2≥0，∴在x=1处不存在极值;②当时，f′（x）=3x2+8x﹣11=(3x+11)（x﹣1）∴x∈（，1），f′(x)＜0，x∈（1,+∞）,f′（x）＞0，符合题意．∴，∴f(2）=8+16﹣22+16=18．故选：C．【点评】本题主要考查导数为0时取到函数的极值的问题，这里多注意联立方程组求未知数的思想，本题要注意f′（x0）=0是x=x是极值点的必要不充分条件，因此对于解得的结果要检验．10．设三次函数f（x）的导函数为f′（x）,函数y=x•f′（x）的图象的一部分如图所示，则正确的是（）A．f（x）的极大值为，极小值为B．f（x）的极大值为，极小值为C．f（x）的极大值为f（﹣3)，极小值为f(3)D．f（x）的极大值为f（3），极小值为f（﹣3)【分析】观察图象知，x＜﹣3时，f′（x)＜0．﹣3＜x＜0时，f′(x）＞0．由此知极小值为f （﹣3）．0＜x＜3时，yf′（x）＞0．x＞3时，f′（x）＜0．由此知极大值为f（3)．【解答】解:观察图象知,x＜﹣3时，y=x•f′（x）＞0，∴f′（x)＜0．﹣3＜x＜0时,y=x•f′（x)＜0，∴f′（x）＞0．由此知极小值为f（﹣3）．0＜x＜3时，y=x•f′（x）＞0，∴f′（x）＞0．x＞3时，y=x•f′(x）＜0，∴f′(x）＜0．由此知极大值为f（3）．故选:D．【点评】本题考查极值的性质和应用，解题时要仔细图象，注意数形结合思想的合理运用．11．若f（x）=x3+2ax2+3（a+2)x+1有极大值和极小值，则a的取值范围是（）A．﹣a＜a＜2 B．a＞2或a＜﹣1 C．a≥2或a≤﹣1 D．a＞1或a＜﹣2【分析】求出函数的导函数，根据函数的极值是导函数的根，且根左右两边的导函数符号不同得到△＞0；解出a的范围．【解答】解:f′（x）=3x2+4ax+3(a+2）∵f（x）有极大值和极小值∴△=16a2﹣36(a+2）＞0解得a＞2或a＜﹣1故选：B．【点评】本题考查函数的极值点是导函数的根,且根左右两边的导函数符号需不同．12．函数y=xe﹣x，x∈[0，4］的最小值为（）A．0 B．C． D．【分析】先求出导函数f′（x)，由f′（x）＞0和f′（x）＜0,求出x的取值范围，得出函数f（x）的单调区间，从而求出函数的最值．【解答】解：，当x∈[0，1）时，f′（x)＞0，f（x）单调递增，当x∈（1，4]时，f′（x）＜0，f(x）单调递减，∵f（0）=0,，∴当x=0时，f（x）有最小值，且f（0)=0．故选：A．【点评】本题考查的是利用导数，判断函数的单调性,从而求出最值，属于基础题．13．函数y=2x3﹣3x2﹣12x+5在区间[0,3］上最大值与最小值分别是（）A．5，﹣15 B．5，﹣4 C．﹣4，﹣15 D．5，﹣16【分析】对函数y=2x3﹣3x2﹣12x+5求导，利用导数研究函数在区间[0,3]上的单调性,根据函数的变化规律确定函数在区间[0，3］上最大值与最小值位置，求值即可【解答】解：由题意y'=6x2﹣6x﹣12令y’＞0,解得x＞2或x＜﹣1故函数y=2x3﹣3x2﹣12x+5在（0，2）减，在（2，3）上增又y(0)=5，y(2）=﹣15，y（3）=﹣4故函数y=2x3﹣3x2﹣12x+5在区间［0，3]上最大值与最小值分别是5，﹣15故选:A．【点评】本题考查用导数判断函数的单调性,利用单调性求函数的最值，利用单调性研究函数的最值,是导数的重要运用，注意上类题的解题规律与解题步骤．14．已知f（x）=2x3﹣6x2+m（m为常数）在［﹣2，2］上有最大值3,那么此函数在［﹣2，2]上的最小值是（）A．﹣37 B．﹣29 C．﹣5 D．以上都不对【分析】先求导数,根据单调性研究函数的极值点，在开区间（﹣2，2)上只有一极大值则就是最大值，从而求出m，通过比较两个端点﹣2和2的函数值的大小从而确定出最小值,得到结论．【解答】解：∵f′（x）=6x2﹣12x=6x(x﹣2)，∵f（x)在（﹣2，0)上为增函数，在（0，2）上为减函数，∴当x=0时,f(x）=m最大，∴m=3,从而f（﹣2）=﹣37，f（2)=﹣5．∴最小值为﹣37．故选：A．【点评】本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值,求函数在闭区间[a,b]上的最大值与最小值是通过比较函数在(a，b）内所有极值与端点函数f(a），f（b) 比较而得到的,属于基础题．二．填空题（共10小题)15．函数f（x）=x3﹣3x2+1的极小值点为 2 ．【分析】首先求导可得f′（x）=3x2﹣6x，解3x2﹣6x=0可得其根,再判断导函数的符号分析函数的单调性，即可得到极小值点．【解答】解：f′(x)=3x2﹣6x令f′（x）=3x2﹣6x=0得x1=0,x2=2且x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0；x∈(0，2）时，f′（x）＜0；x∈（2，+∞）时，f′(x)＞0故f(x）在x=2出取得极小值．故答案为2．【点评】本题考查函数的极值问题，属基础知识的考查．熟练掌握导数法求极值的方法步骤是解答的关键．16．已知f(x）=x3﹣ax2﹣bx+a2，当x=1时,有极值10，则a+b= 7 ．【分析】求导函数，利用函数f（x）=x3﹣ax2﹣bx+a2，当x=1时，有极值10,建立方程组，求得a，b的值，再验证，即可得到结论．【解答】解:∵函数f（x）=x3﹣ax2﹣bx+a2∴f'（x）=3x2﹣2ax﹣b,又∵函数f（x）=x3﹣ax2﹣bx+a2,当x=1时，有极值10,∴，∴或时，f’（x）=3x2﹣2ax﹣b=(x﹣1）（3x+11）=0有不等的实根，满足题意;时，f'（x）=3x2﹣2ax﹣b=3（x﹣1)2=0有两个相等的实根,不满足题意；∴a+b=7故答案为：7【点评】本题考查导数知识的运用,考查函数的极值，考查学生的计算能力,属于基础题．17．已知函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，则c= 6 ．【分析】由已知函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值,则必有f′（2)=0，且在x=2的两侧异号即可得出．【解答】解：∵f′（x)=（x﹣c)2+2x(x﹣c）=3x2﹣4cx+c2，且函数f（x）=x（x﹣c）2在x=2处有极大值，∴f′（2）=0，即c2﹣8c+12=0，解得c=6或2．经检验c=2时，函数f(x)在x=2处取得极小值，不符合题意，应舍去．故c=6．故答案为6．【点评】熟练掌握利用导数研究函数的极值的方法是解题的关键．18．已知函数f（x）=x3+3ax2+3（a+2)x+1既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪(2,+∞）．【分析】先对函数进行求导，根据函数f（x）=x3+3ax2+3（a+2）x+1既有极大值又有极小值，可以得到△＞0，进而可解出a的范围．【解答】解：∵f(x)=x3+3ax2+3(a+2）x+1∴f'(x）=3x2+6ax+3（a+2）∵函数f（x)=x3+3ax2+3（a+2）x+1既有极大值又有极小值∴△=（6a）2﹣4×3×3（a+2)＞0∴a＞2或a＜﹣1故答案为：（﹣∞，﹣1）∪(2，+∞)【点评】本题主要考查函数在某点取得极值的条件．属基础题．19．已知函数f(x)=x3+mx2+（m+6）x+1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是m ＜﹣3或m＞6 ．【分析】求出函数f（x）的导函数，根据已知条件，导函数必有两个不相等的实数根,只须令导函数的判别式大于0，求出m的范围即可．【解答】解：∵函数f（x）=x3+mx2+(m+6）x+1既存在极大值，又存在极小值f′（x)=3x2+2mx+m+6=0，它有两个不相等的实根，∴△=4m2﹣12（m+6）＞0解得m＜﹣3或m＞6故答案为：m＜﹣3或m＞6．【点评】本题主要考查了函数在某点取得极值的条件．导数的引入，为研究高次函数的极值与最值带来了方便．20．已知函数f（x）=4x+（x＞0，a＞0）在x=3时取得最小值，则a= 36 ．【分析】由题设函数在x=3时取得最小值,可得f′（3)=0，解此方程即可得出a的值．【解答】解：由题设函数在x=3时取得最小值,∵x∈（0，+∞），∴得x=3必定是函数的极值点，∴f′(3)=0，f′（x）=4﹣,即4﹣=0，解得a=36．故答案为：36．【点评】本题考查利用导数求函数的最值及利用导数求函数的极值，解题的关键是理解“函数在x=3时取得最小值”，将其转化为x=3处的导数为0等量关系．21．f（x）=x3﹣3x2+2在区间[﹣1,1]上的最大值是 2 ．【分析】求出函数的导函数，令导函数为0,求出根，判断根是否在定义域内,判断根左右两边的导函数符号，求出最值．【解答】解：f′（x)=3x2﹣6x=3x（x﹣2）令f′（x）=0得x=0或x=2（舍)当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0；当0＜x＜1时，f′(x）＜0所以当x=0时，函数取得极大值即最大值所以f（x)的最大值为2故答案为2【点评】求函数的最值，一般先求出函数的极值,再求出区间的端点值，选出最值．22．已知函数f（x）=x3﹣12x+8在区间［﹣3,3］上的最大值与最小值分别为M，m,则M﹣m= 32 ．【分析】先对函数f(x）进行求导,令导函数等于0求出x，然后根据导函数的正负判断函数f （x）的单调性，列出在区间[﹣3,3］上f（x）的单调性、导函数f’（x）的正负的表格，从而可确定最值得到答案．【解答】解：令f′（x)=3x2﹣12=0，得x=﹣2或x=2，列表得：x﹣3（﹣3，﹣﹣2（﹣2，2）2（2,3）32）f′（x）+0﹣0+f(x）17极值24极值﹣8﹣1可知M=24,m=﹣8,∴M﹣m=32．故答案为：32【点评】本题主要考查函数的求导运算、函数的单调性与其导函数的正负之间的关系和函数在闭区间上的最值．导数是由高等数学下放到高中的内容，每年必考，要引起重视．23．设f(x）=x3﹣﹣2x+5，当x∈［﹣1，2］时，f（x）＜m恒成立，则实数m的取值范围为（7，+∞）．【分析】先求导数，然后根据函数单调性研究函数的极值点,通过比较极值与端点的大小从而确定出最大值，进而求出变量m的范围．【解答】解：f′（x）=3x2﹣x﹣2=0解得：x=1或﹣当x∈时，f'（x）＞0，当x∈时，f'（x）＜0，当x∈（1，2)时,f'（x)＞0，∴f(x）max ={f（﹣），f（2）｝max=7由f（x）＜m恒成立，所以m＞fmax（x）=7．故答案为：（7，+∞）【点评】本题考查了利用导数求闭区间上函数的最值，求函数在闭区间［a，b]上的最大值与最小值是通过比较函数在(a，b）内所有极值与端点函数f(a），f(b）比较而得到的，属于基础题．24．f（x）=ax3﹣3x+1对于x∈[﹣1,1］总有f(x)≥0成立，则a= 4 ．【分析】这类不等式在某个区间上恒成立的问题，可转化为求函数最值的问题，本题要分三类：①x=0，②x＞0,③x＜0等三种情形．当x=0时，不论a取何值，f（x）≥0都成立;当x＞0时,有a≥,可构造函数g(x)=，然后利用导数求g（x)的最大值，只需要使a≥g(x）max 同理可得x＜0时的a的范围,从而可得a的值．【解答】解：①若x=0，则不论a取何值，f(x）≥0都成立；②当x＞0，即x∈(0，1］时，f（x)=ax3﹣3x+1≥0可化为：a≥设g（x）=，则g′（x）=，所以g（x）在区间（0，]上单调递增，在区间［,1]上单调递减,=g(）=4，从而a≥4；因此g(x)max③当x＜0，即x∈［﹣1,0）时,f（x）=ax3﹣3x+1≥0可化为：a≤，g（x）=在区间[﹣1，0）上单调递增，=g（﹣1）=4,从而a≤4，综上a=4．因此g（x）min答案为：4．【点评】本题考查的是含参数不等式的恒成立问题,考查分类讨论，转化与化归的思想方法，利用导数和函数的单调性求函数的最大值，最小值等知识与方法．在讨论时，容易漏掉x=0的情形，因此分类讨论时要特别注意该问题的解答．三．解答题（共10小题）25．已知函数f（x）=ax3+x2+bx（其中常数a，b∈R），g（x）=f（x）+f′（x)是奇函数．（1）求f(x）的表达式;(2）讨论g（x)的单调性，并求g(x）在区间[1，2］上的最大值和最小值．【分析】(Ⅰ）由f'(x)=3ax2+2x+b得g（x）=fax2+(3a+1）x2+（b+2）x+b，再由函数g（x）是奇函数，由g（﹣x)=﹣g（x），利用待系数法求解．（2）由（1）知,再求导g’（x)=﹣x2+2，由g’(x)≥0求得增区间，由g’（x）≤0求得减区间;求最值时从极值和端点值中取．【解答】解：（1）由题意得f’（x）=3ax2+2x+b因此g(x）=f（x)+f’（x)=ax3+(3a+1）x2+（b+2)x+b因为函数g（x）是奇函数，所以g（﹣x）=﹣g（x），即对任意实数x,有a（﹣x）3+(3a+1）(﹣x）2+（b+2）（﹣x）+b=﹣[ax3+（3a+1)x2+（b+2）x+b]从而3a+1=0，b=0，解得，因此f（x）的解析表达式为．（2）由(Ⅰ）知，所以g’(x）=﹣x2+2，令g'（x)=0解得则当时,g'(x)＜0从而g（x）在区间,上是减函数，当,从而g（x）在区间上是增函数,由前面讨论知,g（x）在区间［1，2]上的最大值与最小值只能在时取得,而,因此g（x）在区间[1，2]上的最大值为,最小值为．【点评】本题主要考查构造新函数，用导数研究函数的单调性和求函数的最值．26．已知函数f（x)=ln（1+x）﹣x，g(x)=xlnx．（Ⅰ）求函数f（x)的最大值；（Ⅱ）设0＜a＜b，证明0＜g（a)+g（b)﹣2g（)＜（b﹣a）ln2．【分析】（1）先求出函数的定义域，然后对函数进行求导运算，令导函数等于0求出x的值，再判断函数的单调性，进而可求出最大值．（2）先将a,b代入函数g(x）得到g(a）+g（b)﹣2g（）的表达式后进行整理，根据(1）可得到lnx＜x，将、放缩变形为、代入即可得到左边不等式成立,再用根据y=lnx的单调性进行放缩＜．然后整理即可证明不等式右边成立．【解答】（Ⅰ）解：函数f(x)的定义域为(﹣1，+∞)．．令f′（x）=0,解得x=0．当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，当x＞0时，f′(x）＜0．又f(0)=0，故当且仅当x=0时,f（x）取得最大值，最大值为0．(Ⅱ）证明：=．由(Ⅰ）结论知ln（1+x）﹣x＜0（x＞﹣1，且x≠0)，由题设,因此ln=﹣ln（1+）＞﹣，,所以．又，＜．=（b﹣a）ln＜（b﹣a)ln2综上．【点评】本题主要考查导数的基本性质和应用、对数函数性质和平均值不等式等知识以及综合推理论证的能力．27．已知函数f（x）=x﹣1﹣lnx（Ⅰ）求曲线y=f(x）在点（2，f（2)）处的切线方程；（Ⅱ）求函数f（x）的极值；（Ⅲ）对∀x∈（0，+∞），f（x)≥bx﹣2恒成立，求实数b的取值范围．【分析】（Ⅰ）求出f（2），再根据导数的几何意义，求出该点的导数值,即得曲线在此点处的切线的斜率，然后用点斜式写出切线方程即可（Ⅱ)令导数大于0解出增区间，令导数小于0，解出函数的减区间，然后由极值判断规则确定出极值即可．（Ⅲ）由于f(x）≥bx﹣2恒成立，得到在（0,+∞）上恒成立，构造函数g(x）=，b≤g（x）即可．min【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0,+∞），,则，f（2)=1﹣ln2，∴曲线y=f（x）在点（2，f（2）)处的切线方程为，即x﹣2y﹣2ln2=0；（Ⅱ)，令f′（x）＞0，得x＞1,列表:x（0，1）1（1，+∞）f′（x)﹣0+f（x)↘0↗∴函数y=f（x）的极小值为f(1）=0；（Ⅲ）依题意对∀x∈（0,+∞），f(x）≥bx﹣2恒成立等价于x﹣1﹣lnx≥bx﹣2在(0,+∞）上恒成立可得在（0，+∞)上恒成立，令g（x）=,令g′（x）=0，得x=e2列表:x(0，e2）e2（e2，+∞）g’(x）﹣0+g（x）↘↗∴函数y=g（x）的最小值为，根据题意，．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查恒成立问题，着重考查分类讨论思想与构造函数思想的应用,体现综合分析问题与解决问题能力，属于中档题．28．已知函数f（x）=xlnx．（Ⅰ）求f（x）的最小值；（Ⅱ)若对所有x≥1都有f(x）≥ax﹣1,求实数a的取值范围．【分析】（1）先求出函数的定义域,然后求导数，根据导函数的正负判断函数的单调性进而可求出最小值．（2）将f(x）≥ax﹣1在[1，+∞）上恒成立转化为不等式对于x∈［1,+∞）恒成立，然后令，对函数g（x）进行求导，根据导函数的正负可判断其单调性进而求出最小值，使得a小于等于这个最小值即可．【解答】解:（Ⅰ）f（x）的定义域为(0，+∞），f（x）的导数f'（x）=1+lnx．令f'（x）＞0，解得；令f'(x）＜0，解得．从而f(x）在单调递减，在单调递增．所以,当时，f（x）取得最小值．(Ⅱ)依题意，得f（x)≥ax﹣1在[1，+∞）上恒成立,即不等式对于x∈[1，+∞）恒成立．令，则．当x＞1时，因为，故g（x)是［1,+∞）上的增函数，所以g（x）的最小值是g（1）=1,从而a的取值范围是（﹣∞，1]．【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系、根据导数求函数的最值．导数是高等数学下放到高中的内容,是每年必考的热点问题,要给予重视．29．已知函数f(x）=（x﹣2）e x．(1）求f（x）的单调区间;（2）求f（x）在区间[0，2]上的最小值和最大值．【分析】（1）求出函数的导数，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间;(2）由（1）可得f(x）在［0，1]递减，在（1,2］递增,即有f（x）在x=1处取得极小值,且为最小值，求得端点的函数值，比较即可得到最大值．【解答】解:（1）函数f（x)的导数为f′（x)=（x﹣1）e x，由f′（x）＞0，可得x＞1；由f′（x）＜0，可得x＜1．则f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为(﹣∞,1）;（2）由（1）可得f(x）在[0，1]递减,在(1，2］递增，即有f（x）在x=1处取得极小值,且为最小值,且为f（1)=﹣e,由f（0）=﹣2，f（2）=0，可得f（x)的最大值为f(2）=0．则f(x）的最小值为﹣e，最大值为0．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查运算能力，正确求导是解题的关键．30．已知函数f（x）=ax3﹣6ax2+b（x∈［﹣1,2]）的最大值为3，最小值为﹣29，求a、b的值．【分析】求出f′(x）=0在[﹣1，2]上的解,研究函数f（x）的增减性，函数的最值应该在极值点或者区间端点取，已知最大值为3，最小值为﹣29代入即可．【解答】解：函数f（x）=ax3﹣6ax2+b∴f′（x）=3ax2﹣12ax=3a（x2﹣4x）令f′（x）=3ax2﹣12ax=3a（x2﹣4x）=0，显然a≠0，否则f（x）=b为常数，矛盾，∴x=0，若a＞0，列表如下:由表可知，当x=0时f(x）取得最大值∴b=3又f′(0）=﹣29，则f（2）＜f（0),这不可能，∴f(2）=8a﹣24a+3=﹣16a+3=﹣29，∴a=2若a＜0,同理可得a=﹣2,b=﹣29故答案为：a=2,b=3或a=﹣2,b=﹣29【点评】本题考查函数的导数在求最大值、最小值中的应用，关键是对于闭区间上的最值要注意函数的端点函数值，注意区别理解函数的极值点一定不在函数端点，而最值点可能在函数端点，属于基础题．31．求函数f（x）=x3﹣2x2+5在区间［﹣2，2］的最大值和最小值．【分析】求出函数的导数，利用导数研究函数f(x）=x3﹣2x2+5在区间［﹣2，2]的单调性，再由单调性求函数在区间上的最值．【解答】解:函数f(x）=x3﹣2x2+5的导函数是f'（x）=x（3x﹣4）,令f’(x）=0得x=0或，如下表：∴ymax =5，ymin=﹣11【点评】本题考点是利用导数求闭区间上的函数的最值，考查用导数研究函数的单调性并利用单调性确定函数的最值，并求出．此是导数的一个很重要的运用．32．已知函数f（x）=lnx﹣．（Ⅰ）求函数f（x)的单调增区间；（Ⅱ）证明；当x＞1时，f（x）＜x﹣1;（Ⅲ）确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x）时,恒有f（x)＞k（x﹣1）．【分析】（Ⅰ）求导数，利用导数大于0，可求函数f（x）的单调增区间；（Ⅱ）令F （x ）=f （x ）﹣（x ﹣1）,证明F （x)在[1，+∞）上单调递减，可得结论；(Ⅲ)分类讨论，令G （x ）=f （x ）﹣k （x ﹣1)（x ＞0），利用函数的单调性,可得实数k 的所有可能取值．【解答】解：（Ⅰ）∵f(x)=lnx ﹣，∴f′（x)=＞0（x ＞0)，∴0＜x ＜，∴函数f （x)的单调增区间是（0，)；（Ⅱ)令F （x ）=f （x ）﹣（x ﹣1），则F′(x)=当x ＞1时，F′(x）＜0,∴F(x ）在［1,+∞）上单调递减, ∴x ＞1时，F(x ）＜F （1）=0， 即当x ＞1时,f （x)＜x ﹣1；（Ⅲ）由（Ⅱ)知，k=1时，不存在x 0＞1满足题意；当k ＞1时,对于x ＞1，有f （x ）＜x ﹣1＜k （x ﹣1)，则f （x ）＜k(x ﹣1）， 从而不存在x 0＞1满足题意；当k ＜1时,令G(x)=f(x)﹣k （x ﹣1）(x ＞0)，则 G′（x)==0,可得x 1=＜0，x 2=＞1，当x ∈（1，x 2)时，G′(x)＞0，故G （x ）在（1，x 2）上单调递增, 从而x ∈（1，x 2）时，G （x ）＞G （1）=0,即f （x ）＞k （x ﹣1), 综上，k 的取值范围为(﹣∞，1)．【点评】本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查不等式的证明，正确构造函数是关键．33．设函数f（x)=1+(1+a）x﹣x2﹣x3，其中a＞0．（Ⅰ)讨论f（x）在其定义域上的单调性；（Ⅱ）当x∈［0，1］时，求f（x）取得最大值和最小值时的x的值．【分析】（Ⅰ）利用导数判断函数的单调性即可；（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，讨论两根与1的大小关系，判断函数在[0，1］时的单调性，得出取最值时的x的取值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣∞，+∞）,f′（x)=1+a﹣2x﹣3x2,由f′(x)=0，得x1=,x2=,x1＜x2，∴由f′（x）＜0得x＜，x＞;由f′（x)＞0得＜x＜;故f(x）在（﹣∞，)和（,+∞）单调递减，在（，）上单调递增；（Ⅱ）∵a＞0,∴x1＜0，x2＞0,∵x∈[0,1]，当时,即a≥4①当a≥4时，x2≥1，由（Ⅰ）知,f（x）在[0,1]上单调递增，∴f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值．②当0＜a＜4时，x2＜1，由（Ⅰ）知，f（x)在［0，x2]单调递增，在［x2，1］上单调递减，因此f(x）在x=x2=处取得最大值，又f（0）=1，f（1)=a，∴当0＜a＜1时,f（x）在x=1处取得最小值；当a=1时,f(x）在x=0和x=1处取得最小值；当1＜a＜4时，f(x）在x=0处取得最小值．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及最值的知识，考查学生分类讨论思想的运用能力,属中档题．34．已知函数f（x)满足f(x）=f′（1）e x﹣1﹣f（0）x+x2；（1)求f(x）的解析式及单调区间；（2）若，求(a+1）b的最大值．【分析】（1）对函数f（x）求导，再令自变量为1，求出f′（1）得到函数的解析式及导数，再由导数求函数的单调区间；（2)由题意，借助导数求出新函数的最小值，令其大于0即可得到参数a，b 所满足的关系式，再研究(a+1）b的最大值【解答】解：（1）f（x）=f’(1）e x﹣1﹣f（0)x+⇒f’(x）=f’（1）e x﹣1﹣f（0)+x令x=1得：f（0)=1∴f（x）=f'（1）e x﹣1﹣x+令x=0，得f（0）=f'（1)e﹣1=1解得f’(1）=e故函数的解析式为f（x)=e x﹣x+令g（x）=f'（x)=e x﹣1+x∴g'（x）=e x+1＞0，由此知y=g(x）在x∈R上单调递增当x＞0时，f'(x）＞f’(0）=0；当x＜0时，有f’（x）＜f'（0）=0得:函数f（x）=e x﹣x+的单调递增区间为(0,+∞），单调递减区间为（﹣∞,0）（2)f（x）≥﹣（a+1)x﹣b≥0得h′（x）=e x﹣（a+1）①当a+1≤0时，h′（x）＞0⇒y=h(x)在x∈R上单调递增，x→﹣∞时，h（x）→﹣∞与h(x)≥0矛盾②当a+1＞0时,h′（x）＞0⇔x＞ln（a+1）,h'（x）＜0⇔x＜ln（a+1）得：当x=ln（a+1）时，h（x)=（a+1）﹣（a+1）ln(a+1)﹣b≥0，即（a+1）﹣（a+1)ln（a+1）min(完整word 版)导数与单调性极值最基础值习题第31页（共31页）≥b∴（a+1)b ≤（a+1)2﹣（a+1)2ln （a+1)，（a+1＞0）令F （x ）=x 2﹣x 2lnx （x ＞0),则F’（x ）=x （1﹣2lnx)∴F'（x ）＞0⇔0＜x ＜当x=时,F(x ）max = 即当a=时,（a+1)b 的最大值为 【点评】本题考查导数在最值问题中的应用及利用导数研究函数的单调性，解题的关键是第一题中要赋值求出f′（1)，易因为没有将f′（1）看作常数而出错，第二题中将不等式恒成立研究参数关系的问题转化为最小值问题,本题考查了转化的思想，考查判断推理能力，是高考中的热点题型,计算量大,易马虎出错．。

【考点剖析】1.命题方向预测：1.利用导数研究函数的单调性、极值是近几年高考的热点．考查的形式有两种，一是直接考查单调性、极值，二是在研究函数零点、不等式证明中间接考查单调性、极值等.2.选择题、填空题侧重于考查导数的运算及导数的几何意义，解答题侧重于利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，往往与函数方程、不等式、数列、解析几何等交汇命题，一般难度较大.3.利用导数解决生活中的最优化问题，近几年也有考查.2.课本结论总结：1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．4．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)；(2)求函数的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0；(3)比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．5．不等式问题(1)证明不等式时，可构造函数，将问题转化为函数的极值或最值问题．(2)求解不等式恒成立问题时，可以考虑将参数分离出来，将参数范围问题转化为研究新函数的值域问题．3.名师二级结论：1.f′(x)>0是f(x)为增函数的充分不必要条件．2.函数在某区间上或定义域内极大值不是唯一的．3.函数的极大值不一定比极小值大．4.对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的既不充分也不必要条件．5.函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．6.可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x0一定满足f′(x0)＝0，但当f′(x1)＝0时，x1不一定是极值点．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．(2)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．7．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．8．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．4.考点交汇展示：例1.【2018年理新课标I 卷】已知函数，则的最小值是_____________．【答案】【解析】，所以当时函数单调减，当时函数单调增，从而得到函数的减区间为，函数的增区间为，所以当时，函数取得最小值，此时，所以，故答案是.例2.【2017北京，理19】已知函数()e cos xf x x x =-． （Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值． 【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-.例1.已知0a >，函数()sin ([0,))ax f x e x x =∈+∞，记n x 为()f x 的从小到大的第n *()n N ∈个极值点，证明：（1）数列{()}n f x 是等比数列 （2）若a ≥，则对一切*n N ∈，|()|n n x f x <恒成立.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.当)(*N m m x ∈-=ρπ时，()f x 取得极值，∴*() n x n n N πρ∈=-， 此时，()()1sin()(1)sin ()a n a n n n x e n e f πρπρπρρ--+=-=-，易知()0n f x ≠，而()()1121()(1)()(1 s n in )i s a n axn n n a n n f e f x e x e πρπρρρ+-⎡⎤⎣-+⎦++-==--是非零常数，故数列{}()n f x 是首项为1()f x =() sin a n e πρρ-，公比为axe -的等比数列；（2）由（1）知，sinρ=，于是对一切*n N ∈，|()|n n x f x <|恒成立，即()a n n πρπρ--<恒成立，等价于()()a n e a a n πρπρ-<-（∙）恒成立（∵0>a ）， 设()(0)te g t t t=>，则2('()1)t g e t t t -=，令'()0g t =，得1=t ， 当10<<t 时，'()0g t <，∴)(t g 在区间)1,0(上单调递减； 当1>t 时，'()0g t >，∴)(t g 在区间)1,0(上单调递增，从而当1=t 时，函数)(t g 取得最小值e g =)1(，因此，要是（∙）式恒成立，只需()1g e a<=，即只需a >，而当a =时，311tan 2>-==e aρ，且02πρ<<，于是23ππρ-<<2n ≥时，232n ππρπρ-≥-≥>*n N ∈，1n ax =≠，∴()n g ax (1)g e >==，故（∙）式亦恒成立.综上所述，若a ≥，则对一切*n N ∈，()||n n x x f <恒成立.【考点分类】考向一 利用导数研究函数的单调性1.【2018届广东省阳春市第一中学第二次月考】函数()()23xf x x e =-的单调递增区间是（ ）A. (),0-∞B. ()0+∞，C. (),3-∞和()1+∞，D. （-3,１） 【答案】D2. 【2018届浙江省名校协作体高三上学期考试】已知函数（）在上为增函数，则的取值范围是（ ） A. B.C.D.【答案】A 【解析】由题函数为增函数，则在上恒成立，则，设则令得到，可知函数在上单调递增，在上单调递减，则， 即的取值范围是，选A3.【2016年高考北京理数】设函数()a xf x xebx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，（1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间.【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）)(x f 的单调递增区间为(,)-∞+∞.【方法规律】求可导函数单调区间的一般步骤和方法(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它们在定义域内的一切实数根．(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间．(4)确定f′(x)在各个开区间内的符号，根据f′(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性．【解题技巧】讨论函数的单调区间的关键是讨论导数大于0或小于0的不等式的解集，一般就是归结为一个一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解得到导数等于0的根的情况下，根的大小是分类的标准【易错点睛】（1）注意函数定义域的确定．（2）解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f ′(x )＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点．考向二 利用导数研究函数的最值极值1.【2017课标II ，理11】若2x =-是函数21()(1)x f x x ax e -=+-的极值点，则()f x 的极小值为（ ） A.1- B.32e -- C.35e - D.1 【答案】A 【解析】2.【2018年江苏卷】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________． 【答案】–33.【2018年理北京卷】设函数=[]．（Ⅰ）若曲线y= f （x ）在点（1，）处的切线与轴平行，求a ；（Ⅱ）若在x =2处取得极小值，求a 的取值范围．【答案】(1) a的值为1 (2) a的取值范围是（，+∞）（Ⅱ）由（Ⅰ）得f ′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］e x=（ax–1）(x–2)e x．若a>，则当x∈(，2)时，f ′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f ′(x)>0．所以f (x)<0在x=2处取得极小值．若a≤，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤x–1<0，所以f ′(x)>0．所以2不是f (x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是（，+∞）．4.【2018年江苏卷】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为，要求均在线段上，均在圆弧上．设OC与MN所成的角为．（1）用分别表示矩形和的面积，并确定的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为．求当为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大【解析】当θ∈[θ0，）时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[，1）．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ），sinθ的取值范围是[，1）．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，）．设f（θ）= sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，），则．令，得θ=，当θ∈（θ0，）时，，所以f（θ）为增函数；当θ∈（，）时，，所以f（θ）为减函数，因此，当θ=时，f（θ）取到最大值．答：当θ=时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【方法规律】1.求函数极值的步骤(1)确定函数的定义域．(2)求方程f′(x)＝0的根．(3)用方程f′(x)＝0的根和不可导点的x的值顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格．(4)由f′(x)＝0的根左右的符号以及f′(x)在不可导点左右的符号来判断f′(x)在这个根或不可导点处取极值的情况.2.函数的最大(小)值是在函数极大(小)值基础上的发展．从函数图象上可以直观地看出：如果在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值，只要把函数y＝f(x)的所有极值连同端点处的函数值进行比较，就可以求出函数的最大(小)值.【解题技巧】1.在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．2.对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．3.可导函数极值存在的条件：(1)可导函数的极值点x0一定满足f′(x0)＝0，但当f′(x1)＝0时，x1不一定是极值点．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点．(2)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．4．函数的最大值、最小值是比较整个定义区间的函数值得出来的，函数的极值是比较极值点附近的函数值得出来的．函数的极值可以有多有少，但最值只有一个，极值只能在区间内取得，最值则可以在端点取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值，极值可能成为最值，最值只要不在端点必定是极值．5．求函数的最值以导数为工具，先找到极值点，再求极值和区间端点函数值，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【易错点睛】(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．(2)f′(x0)＝0是y＝f(x)在x＝x0取极值的既不充分也不必要条件．如①y＝|x|在x＝0处取得极小值，但在x＝0处不可导；②f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的极值点．(3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件．【易错点】判断函数极值时要注意导数为0的点不一定是极值点，所以求极值时一定要判断导数为0的点左侧与右侧的单调性，然后根据极值的定义判断是极大值还是极小值．考向三 利用导数研究综合问题1.【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C【解析】函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+，设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x eg x e e e ee---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，2.【2018年理新课标I 卷】已知函数．（1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：．【答案】（1）当时，在单调递减.，当时， 在单调递减，在单调递增.（2）证明见解析.【解析】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.3.【2018年全国卷Ⅲ理】已知函数．（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）当时，，.设函数，则.当时，；当时，.故当时，，且仅当时，，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，，这与是的极大值点矛盾.4．【2018年理数全国卷II】已知函数．（1）若，证明：当时，；（2）若在只有一个零点，求．【答案】（1）见解析（2）【解析】（1）当时，等价于．设函数，则．当时，，所以在单调递减．而，故当时，，即．（2）设函数．在只有一个零点当且仅当在只有一个零点．（i）当时，，没有零点；（ii）当时，．当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．故是在的最小值．①若，即，在没有零点；②若，即，在只有一个零点；③若，即，由于，所以在有一个零点，由（1）知，当时，，所以．故在有一个零点，因此在有两个零点．综上，在只有一个零点时，．【方法规律】利用导数证明不等式要考虑构造新的函数，利用新函数的单调性或最值解决不等式的证明问题．比如要证明对任意x∈[a，b]都有f(x)≥g(x)，可设h(x)＝f(x)－g(x)只要利用导数说明h(x)在[a，b]上的最小值为0即可．解题技巧总结如下：（1）树立服务意识：所谓“服务意识”是指利用给定函数的某些性质（一般第一问先让解决出来），如函数的单调性、最值等，服务于第二问要证明的不等式.（2）强化变形技巧：所谓“强化变形技巧”是指对于给出的不等式直接证明无法下手，可考虑对不等式进行必要的等价变形后，再去证明.例如采用两边取对数（指数），移项通分等等.要注意变形的方向：因为要利用函数的性质，力求变形后不等式一边需要出现函数关系式.（3）巧妙构造函数：所谓“巧妙构造函数”是指根据不等式的结构特征，构造函数，利用函数的最值进行解决.在构造函数的时候灵活多样，注意积累经验，体现一个“巧妙”.【解题技巧】1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．2．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．【易错点睛】1．函数f(x)在某个区间内单调递增，则f′(x)≥0而不是f′(x)>0 (f′(x)＝0在有限个点处取到)．2．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义.【热点预测】1.【2019届安徽省淮北部分校高三上学期开学联考】若函数在内有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】2．【2018届黑龙江省仿真模拟（四）】设是函数的导函数，且，（为自然对数的底数），则不等式的解集为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】可构造函数F （x ）=，F′（x ）==，由f′（x ）＞2f （x ），可得F′（x ）＞0，即有F （x ）在R 上递增． 不等式f （lnx ）＜x 2即为＜1，（x ＞0），即＜1，x ＞0．即有F （）==1，即为F （lnx ）＜F （），由F （x ）在R 上递增，可得lnx ＜，解得0＜x ＜．故不等式的解集为（0，），故选：B ．3.【2018届宁夏银川一中高三上第二次月考】设函数()f x 的导函数为()'f x ，若()f x 为偶函数，且在（0,1）上存在极大值，则()'f x 的图象可能为A. B.C. D.【答案】C【解析】因为()f x 为偶函数，所以()'f x 为奇函数，舍去B,D;因为()f x 在（0,1）上存在极大值，所以导函数符号在（0,1）上先正后负,舍去A,选C.4.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ． 5.【2018届安徽省六安市第一中学高三上第二次月考】已知函数，若成立，则的最小值为（ ） A.B.C.D.【答案】D【解析】6.【黑龙江省2018年仿真模拟（十一）】已知函数有两个极值，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】,由题意知有两个零点，由可得，即有两个交点，如图所示，考查临界条件：设与的切点为，即，，则，切线方程为.把代入切线方程可得，，据此可得：，即，实数的取值范围为.7.【2018届河北省衡水中学三轮系列七】函数的图象在点处的切线与直线平行，则的极值点是__________．【答案】【解析】，故，解得，故，令，解得，因为时，时所以是函数的极值点，故答案为.8.【2018届江苏省南通中学高三10月月考】定义在上的函数满足，为的导函数，且对恒成立，则的取值范围是__________________.【答案】9.【2018届江苏省南京师范大学附属中学、天一、海门、淮阴四校联考】已知函数()3221f x x ax a x =+-+在[]1,1-上单调递减，则a 的取值范围是__________． 【答案】(][),33,-∞-⋃+∞【解析】∵()3221f x x ax a x =+-+，∴()2232f x x ax a =+-'．又函数()f x 在[]1,1-上单调递减，∴()22320f x x ax a =-'+≤在[]1,1-上恒成立，∴()()221320{ 1320f a a f a a -=--≤+-'=≤'，即22230{ 230a a a a +-≥--≥， 解得3a ≤-或3a ≥．∴实数a 的取值范围是(][),33,-∞-⋃+∞． 答案： (][),33,-∞-⋃+∞10.【2018届江西省南昌市二轮测试】已知函数（），．（Ⅰ）求函数的最大值； （Ⅱ）当时，求证：对任意时，不等式恒成立.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析. 【解析】 （Ⅰ）因为，令解得当时，，即在区间为增函数；当时，，即在区间为减函数所以11.【2018届宁夏六盘山高级中学高三上第一次月考】已知函数()()2xf x e x a x bx =+-+，曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为2y x =-. （1）求,a b 的值；（2）求()f x 的单调区间及极值. 【答案】（1）a ＝－2，b ＝2．（2）见解析 【解析】（1）f ′(x)＝e x(x ＋a ＋1)－2x ＋b ，由已知可得f(0)＝a＝－2，f′(0)＝a＋b＋1＝1，解得a＝－2，b＝2．（2）f′(x)＝(e x－2)(x－1)，由f′(x)＞0得x＜ln2或x＞1，由f′(x)＜0得ln2＜x＜1，∴f(x)的增区间为(－∞，ln2)与(1，＋∞)，减区间为(ln2，1)，∴f(x)的极大值为f(ln2)＝－(2－ln2)2，极小值为f(1)＝－e＋1.12．【2018届河北省武邑中学五模】设函数. (I)讨论的单调性；(Ⅱ)当时，讨论的零点个数.【答案】(1)见解析;(2)当时，共有3个零点.【解析】(Ⅱ)当时，由(I)知在上递增，上递减，上递增，且，将代入，得，下面证明当时存在，使.首先，由不等式，，.考虑到，.再令，可解出一个根为，，，就取.则有.由零点存在定理及函数在上的单调性，可知在上有唯一的一个零点.由，及的单调性，可知在上有唯一零点.下面证明在上，存在，使，就取，则，，由不等式，则，即.根据零点存在定理及函数单调性知在有一个零点.综上可知，当时，共有3个零点.13.【2018届江苏省南通市高考模拟】如图所示的某种容器的体积为90cm3，它是由圆锥和圆柱两部分连接而成，圆柱与圆锥的底面半径都为r cm．圆锥的高为h1cm，母线与底面所成的角为；圆柱的高为h2cm．已知圆柱底面的造价为2a元/cm2，圆柱侧面造价为a元/cm2，圆锥侧面造价为a元/cm2．（1）将圆柱的高h2表示为底面半径r的函数，并求出定义域；（2）当容器造价最低时，圆柱的底面半径r为多少？【答案】（1），定义域为（2）总造价最低时，圆柱底面的半径为3cm．【解析】（2）圆锥的侧面积，圆柱的侧面积，底面积．容器总造价为．令，则．令，得．当时，，在上为单调减函数；当时，，在上为单调增函数．因此，当且仅当时，有最小值，y有最小值90元．所以，总造价最低时，圆柱底面的半径为3cm．14.【2018届名校联盟二模】已知函数.（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；（2）对于任意的正实数，且，求证：. 【答案】(1);(2)见解析.【解析】（1）依题意，导数对于任意恒成立，即不等式对于任意恒成立，即不等式对于任意恒成立;又因为当时（当时取等号），则，故实数的取值范围是.。

利用导数求函数单调性题型全归纳一.求单调区间二.函数单调性的判定与逆用 三.利用单调性求字母取值范围 四.比较大小 五.证明不等式 六.求极值 七.求最值 八.解不等式九.函数零点个数（方程根的个数） 十.探究函数图像一.求单调区间 例1. 已知函数2()ln (0,1)x f x a x x a a a =+->≠，求函数)(x f 的单调区间解：()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a '=-=-++.则令()()g x f x '=，因为当0,1a a >≠，所以2()2ln 0xg x a a '=+>所以()f x '在R 上是增函数,又(0)0f '=,所以不等式()0f x '>的解集为(0,)∞+, 故函数()f x 的单调增区间为(0,)∞+ 减区间为：(0)-∞， 变式：已知()xf x e ax =-，求()f x 的单调区间解：'()xf x e a =-，当0a ≤时，'()0f x >，()f x 单调递增当0a >时，由'()0xf x e a =->得：ln x a >，()f x 在(ln ,)a +∞单调递增 由'()0xf x e a =-<得：ln x a <，()f x 在(ln )a -∞，单调递增综上所述：当0a ≤时，()f x 的单调递增区间为：-∞+∞（，），无单调递减区间 当0a >时，()f x 的单调递增区间为：(ln ,)a +∞，递减区间为：(ln )a -∞，二.函数单调性的判定与逆用例2.已知函数32()25f x x ax x =+-+在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数，求正整数a 的取值集合 解：2()322f x x ax '=+-因为函数32()25f x x ax x =+-+在1132（，）上既不是单调递增函数，也不是单调递减函数 所以2()322=0f x x ax '=+-在1132（，）上有解 所以''11()()032f f <，又*a N ∈，解得：5542a <<，所以正整数a 的取值集合{2} 三.利用单调性求字母取值范围 例3. 已知函数()ln xf x ax x，若函数()y f x 在1（，）上是减函数，求实数a 的最小值. 解：因为()ln xf x ax x在1（，）上是减函数所以'2ln 1()0(ln )x f x ax 在1（，）上恒成立，即2ln 1(ln )x ax 在1（，）上恒成立令ln ,(1)t x x ，则0t，21()(0)t h t t t ，则max ()ah t因为222111111()=()()24t h t t t tt，所以max 1()=(2)4h t h ，所以14a 变式：若函数3211()(1)132f x x ax a x 在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,)上为增函数，试求实数a 的取值范围.解：2'()=1f x x ax a因为函数()yf x 在区间1,4（）上为减函数，在区间(6,)上为增函数所以''()0(1,4)()0,(6,)f x x f x x，恒成立，即2210(1,4)10,(6,)x ax a x xaxa x，所以2211,(1,4)111,(6,)1x ax x x x ax xx ，所以4161a a，所以57a四.比较大小例4. 设a 为实数，当ln 210a x且时，比较x e 与221x ax 的大小关系.解：令2()21(0)x f x e x axx，则'()=22xf x e x a令'()()g x f x则'()e 2xg x ，令'()0g x 得：ln 2x当ln 2x 时，'()0g x ；当ln 2x时，'()0g x所以ln2min ()()=(ln 2)2ln 2222ln 22g x g x g e aa极小值，因为ln 21a，所以'()()0g x f x ，所以()f x 在0（，）上单调递增 所以()(0)0f x f ，即2210xe x ax ，所以221xe x ax变式：对于R 上的可导函数()y f x ，若满足'(3)()0xf x ，比较(1)(11)f f 与2(3)f 的大小关系.解：因为'(3)()0xf x所以当3x >时，'()0f x >，()f x 单调递增，故(11)(3)f f > 当3x <时，'()0f x <，()f x 单调递减，故(1)(3)f f > 所以(1)(11)2(3)f f f五.证明不等式例5.已知函数|ln |)(x x f =，()(1)g x k x =- (R)k ∈.证明：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >. 证明：令()|ln |(1)=ln (1),(1,)G x x k x x k x x =----∈+∞ 则有'11(),(1,)kxG x k x x x-=-=∈+∞ 当01k k ≤≥或时，'()0G x >，故 ()G x 在1+∞（，）上单调递增，()G(1)0G x >=.故任意实数 (1,)x ∈+∞ 均满足题意.当 01k << 时，令'()=0G x ，得11x k=>. 当1(1,)x k ∈时，'()0G x >，故 ()G x 在1(1,)k 上单调递增当1()x k ∈+∞，时，'()0G x <，故 ()G x 在1()k +∞，上单调递减 取01x k=，对任意0(1,)x x ∈，有'()0G x >，故()G x 在0(1,)x 上单调递增所以()G(1)0G x >=即()()f x g x >，综上所述：当1k <时，存在01x >，使得对任意的0(1,)x x ∈，恒有()()f x g x >. 变式：已知关于x 的方程2(1)xx e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、.求证：120x x <+证明：因为2(1)xx e ax a --=，所以2(1)1x x e a x -=+，令2(1)()1x x e f x x -=+则222222(23)[(1)2]()11x xx x x e x x e f x x x --+--+'==++（）（）当0x >时()0f x '<，()f x 单调递减，当0x <时()0f x '>，()f x 单调递增 因为关于x 的方程2(1)xx e ax a --=有两个不同的实数根12x x 、 所以不妨设12(,0),(0,)x x ∈-∞∈+∞，要证：120x x <+，只需证：21x x <-因为210x x -∈+∞（，），且函数()f x 在0+∞（，）上单调递减 所以只需证：21()()f x f x >-，又因为21()=()f x f x ，所以只需证：11()()f x f x >-即证：11112211(1)(1)11x x x e x e x x --+>++ 即证：(1)(1)0xxx e x e---+>对0x ∈-∞（，）恒成立 令g()(1)(1)x xx x e x e -=--+，0x ∈-∞（，），则g ()()xx x x e e -'=-因为0x ∈-∞（，），所以0xx e e -->所以g ()()0xx x x ee -'=-<恒成立所以g()(1)(1)xxx x e x e -=--+在0-∞（，）上单调递减，所以g()(0)0x g >= 综上所述：120x x <+ 六.求极值例6.已知函数2()()xf x x ax a e =++，是否存在实数a ，使得函数()f x 的极大值为3？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由.解：'22()(2)()[(2)2]=()(2)xxxxf x x a e x ax a e x a x a e x a x e =++++=+++++ 令'()=0f x 得：2x a x =-=-或当2a =时，'()0f x ≥恒成立，无极值，舍去由表可知：2()=(2)(42)3f x f a a e --=-+=极大值解得：2432a e =-< 当2a >时，2a -<-由表可知：22()=()()3a f x f a a a a e --=-+=极大值，即3a ae -=，所以：=3a a e令()3(2)ag a e a a =->，则'2()31310ag a e e =->-> 所以()y g a =在2+∞（，）上单调递增，又2(2)320g e =-> 所以函数()y g a =在2+∞（，）上无零点，即方程=3aa e 无解 综上所述：存在实数a ，使得函数()f x 的极大值为3，此时243a e =- 七.求最值例7. 已知函数2()ln (0,1)xf x a x x a a a =+->≠，若存在]1,1[,21-∈x x ,使得12()()e 1f x f x -≥-（其中e 是自然对数的底数),求实数a 的取值范围.解：因为存在12,[1,1]x x ∈-,使得12()()e 1f x f x --≥成立, 而当[1,1]x ∈-时,12max min ()()()()f x f x f x f x --≤, 所以只要max min ()()e 1f x f x --≥即可 又因为x ,()f x ',()f x 的变化情况如下表所示:所以()f x 在[1,0]-上是减函数,在[0,1]上是增函数,所以当[1,1]x ∈-时,()f x 的最小值()()min 01f x f ==,()f x 的最大值()max f x 为()1f -和()1f 中的最大值.因为11(1)(1)(1ln )(1ln )2ln f f a a a a a aa--=--=--+++, 令1()2ln (0)g a a a a a =-->,因为22121()1(1)0g a a a a '=-=->+,所以1()2ln g a a a a=--在()0,a ∈+∞上是增函数.而(1)0g =,故当1a >时,()0g a >,即(1)(1)f f >-; 当01a <<时,()0g a <,即(1)(1)f f <-所以,当1a >时,(1)(0)e 1f f --≥,即ln e 1a a --≥,函数ln y a a =-在(1,)a ∈+∞上是增函数,解得e a ≥;当01a <<时,(1)(0)e 1f f ---≥,即1ln e 1a a +-≥,函数1ln y a a=+在(0,1)a ∈上是减函数,解得10ea <≤.综上可知,所求a 的取值范围为1(0,][e,)ea ∈∞+ 变式：已知函数()ln()(0)x af x e x a a -=-+>在区间0+∞（，）上的最小值为1，求实数a 的值. 解：1()=x af x ex a -'-+，令()()g x f x '=，则21()=0(x ag x e x a -'+>+） 所以()y g x =在区间0+∞（，）单调递增，所以存在唯一的00x ∈+∞（，），使得0001()0x a g x e x a -=-=+，即001=x a e x a -+ 所以当0(0,)x x ∈时，()()0g x f x '=<，()y f x =单调递减当0()x x ∈+∞，时，()()0g x f x '=>，()y f x =单调递增 所以0min 00()()ln()x af x f x ex a -==-+，由001=x aex a-+得：00=ln()x a x a --+所以0min 00001()()ln()=x af x f x ex a x a x a-==-++-+001=()2222x a a x aa a++-+≥=- 当且仅当001=x a x a++即0=1x a +，min 0()()22f x f x a ==- 由22=1a -得12a =，此时01=2x ，满足条件，所以12a = 八.解不等式例8. 函数2)0())((=∈f R x x f ，，对任意1)()('>+∈x f x f R x ，，解不等式：1)(+>x x e x f e解：令()()xxg x e f x e =-，则()()()(()()1)xxxxg x e f x e f x e e f x f x '''=+-=+- 因为对任意1)()('>+∈x f x f R x ，，所以()0g x '>， 所以()y g x =为R 上的单调递增函数，又(0)(0)11g f =-=所以当1)(+>xxe xf e 即()1xxe f x e ->，所以()(0)g x g >，所以0x > 即不等式：1)(+>xxe xf e 的解集为0+∞（，） 变式：已知定义在R 上的可导函数()yf x 满足'()1f x ，若(12)()13f m f m m ，求m 的取值范围.解：令()()g x f x x =-，则()()1g x f x ''=-，因为'()1f x所以()()10g x f x ''=-<，所以()()g x f x x =-为R 上递减函数 由(12)()13f m f m m ，得：(12)()f m m f m m （1-2)>即(12)()g m g m ->，所以12m m ->，即13m < 九.函数零点个数（方程根的个数）例9. 已知2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值.若关于x 的方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根，求实数b 的取值范围. 解： '2()21f x x x a =--+，因为2()2ln()f x x a x x =+--在0x =处取得极值 所以'2(0)1=0f a=-，即2a =，检验知2a =符合题意. 令2()()2ln(2)[1,1]g x f x b x x x b x =+=+--+∈-，'52()22()21(11)x x g x x x +=--=--≤≤ 所以()=(0)2ln 2g x g b =+极大值因为方程()0f x b +=在区间[1,1]-上恰有两个不同的实数根所以(1)0(0)0(1)0g g g -≤⎧⎪>⎨⎪≤⎩，即02ln 202ln 320b b b ≤⎧⎪+>⎨⎪-+≤⎩解得：2ln 222ln3b -<≤-所以实数b 的取值范围是：2ln 222ln 3]--（， 变式：已知函数()y f x 是R 上的可导函数，当0x时，有'()()0f x f x x，判断函数13()()F x xf x x的零点个数 解：当0x时，有'()()f x f x x，即'()()xf x f x x令()()g x xf x =，则'()()()g x xf x f x所以当0x >时，'()()()0g x xf x f x ，函数()y g x =在0+∞（，）单调递增 且()g(0)=0g x >， 所以当0x >时，13()()0F x xf x x恒成立，函数()y F x 无零点当0x <时，'()()()0g x xf x f x ，函数()y g x =在0∞（-，）单调递减 且()g(0)=0g x >恒成立所以13()()F x xf x x在0∞（-，）上为单调递减函数 且当0x →时，()0xf x ，所以13()0F x x当x →-∞时，10x，所以()()0F x xf x所以13()()F x xf x x 在0∞（-，）上有唯一零点 综上所述：13()()F x xf x x在0∞∞（-，）（0,+）上有唯一零点 十.探究函数图像例10.设函数在定义域内可导，()y f x =的图像如图所示，则导函数()y f x '=的图像可能为下列图像的 .解：由()y f x =的图像可判断出：()f x 在(,0)-∞递减，在(0)+∞，上先增后减再增所以在(,0)-∞上()0f x '<，在(0)+∞，上先有()0f x '>，后有()0f x '<，再有()0f x '>. 所以图（4）符合. 变式：已知函数ln(2)()x f x x=，若关于x 的不等式2()()0f x af x +>只有两个整数解，求实数a 的取值范围.解：21ln(2)()=x f x x -'，令()=0f x '得2ex = 所以当02ex <<时，()0,()f x f x '>单调递增当2ex >时，()0,()f x f x '<单调递减由当12x <时，()0f x <，当12x >时，()0f x >作出()f x 的大致函数图像如图所示： 因为2()()0f x af x +>（1）若0a =，即2()0f x >，显然不等式有无穷多整数解，不符合题意；（2）若0a >，则()()0f x a f x <->或，由图像可知，()0f x >，有无穷多整数解（舍）（1） （2）（4）（3）若0a <则()0()f x f x a <>-或，由图像可知，()0f x <无整数解，所以()f x a >-有两个整数解，因为(1)(2)ln 2f f ==，且()f x 在(,)2e +∞上单调递减 所以()f x a >-的两个整数解为：1,2x x == 又ln 6(3)3f =，所以ln 6ln 23a ≤-<，所以ln 6ln 23a -<≤-。

导数的应用（单调性与极值）一、求函数单调区间1、函数y=x y—3x的单调递减区间是_______________2、函数/U）=（x—3）"的单调递增区间是____________3、函数金） = hu—Q（“>0）的单调递增区间为（）A.（0,》B. 十8）B. C. （— 8, » D. （— 8, “）4、函数y=x—2shu・在（0,2町内的单调增区间为_____5、求函数/（A）=A（e v—1）—y的单调区间.6、已知函数/（x）=-+x+（6/ — l）ln A + 15«,其中“<0,且—1.讨论函数夬尤）的单调性.二、导函数图像与原函数图像关系导函数正负决定原函数递增递减导函数大小等于原函数上点切线的斜率导函数大小决定原函数陡峭平缓1、若函数y=f(x)的导函数在区间R/, h ］上是增函数，则函数 >=心)在区间［⑺切上的图象可能是()2、若函数y=f(x)的导函数在区间饲上是先增后减的函数，则函数y=J(x)在 区间［g b ］上的图象可能是()4、函数/(x)的导函数f (x)的图象，如图所示，则(B. x=0是极小值点 D.函数人劝在(1,2)上单增三. 恒成立问题 1、已知函数f (x)二x'-；x~+bx+c.若f(x)在(-8, +oo)上是增函数，求b 的取x=\是最小值点C. x=2是极小值点3、设曲线y =工+1在其任一点(X,刃处切线斜率为g(x),则函数y=g(x)・cos x值范围；72、已知函数/(x) = 4x+av2-|x3(xeR)在区间［-1,1］上是增函数，求实数a的取值范围.3、若函数)'=丘_亦+4在(02)内单调递减，则实数"的取值范亂4、已知函数f(x)=ax-\nx,若/⑴＞1在区间(1, +~)rt恒成立，实数。

的取值范围。

四. 极值的应用U 若 ynalnx+bF+x 在 x=l 和 x=2 处有极值，则，b= ---------------------- 2、当函数y=x ^取极小值时，x=（） A •需 B ・-珏 C. ~ln2 D. In2 3、函数用）=丘一3加+3方在（0,1）内有极小值，则（ ）A. 0<b<lB. XIC. h>0D. /?<|r 34、函数）=专+/ — 3兀一4在［0,2］上的最小值是（5、已知函数f(x) = — x 3 + 3A 2+9%+«.A. 17 B. 10 TC. -4D. 64 T⑴求・ZU)的单调递减区间：⑵若用)在区间［一2,2］上的最大值为20,求它在该区间上的最小值.6、设函数/U) = 2v3+3+3+8c在x= 1及x=2时取得极值. ⑴求°、b的值；(2)若对任意的•胆［0,3］,都有/(x)vc2成立，求c的取值范围.7、若函数J［x)=x i-3x+a有三个不同的零点，则实数。

导数的应用（单调性与根值）一、求函数单嵋区间1、函Uy=V-3%的单调递减区间是____________________2、函数心） = （x-3）N的单调«!§E间是______________3、函数心） = lnx-族少0）的单调递增区同为（）A. （0,》B.1B. C. （一，J D. （一，3）4、函S y= x- 2sinx 在(0,2n)内的单E fa］为 ___________5、求函U XA）= A（e x-1）-|fj 单凋区间.6、已知函U M = ~ + x+（^-1）ln%+15<?,其中衣0,且砂-1.过论函数心）的单X调性.二、导函数图像与原函数图像关系导函数正负决定原函数递増递减导函数大小等于原函數上点切线的斜率导函数大小决定原函数陡晞平缓1、若函54 y= M的导函数在区间［刀,力］上是増函数,则函Uy= M在区同“,力］2、若函数y= M的导函数在区间勿上是先增后城的函I函数在区同【么力］上的图象可能是（）3、设曲M y=v + 1在其任一点（儿力处幼线斜率为zXA）, i函数y二财・cos x 的部分图象可以为（）4、函数/w的导函a/w的图象，如图所示，|()%=1是最小值直B. x=0是檢小值点C. x=2是板小值点D.函数心)在(1,2)上单增三.恒成立冋题K已知函U f(x)=x3-lx2+bx+c.若偸)在(+8)上是塔函数，求b的取值XU；2、已知函数/(X) = 4x + av2-|x3(XG/?)在区间［一1,1］上是增函数，XX数a的取axis ・3、若函Uj/=y-^ + 4在(0,2)内单调递毓,则实数刀的取值X围。

4、已知函U M = ax- Inz,若心)>1在区间(1, +吋内恒成立，实数刀的取值X 围。

皿、根值的应用1、若_/= Nnx+ b殳+ x在x= 1和%= 2处有极值，则3= ________ , b- _________2、当函数方上2”取极小值时,%=(•-蕊-In2 D. In2 A•需B3、函数心)=#-3加+3力在(0,1)内有枚小値，则()A. 0</?<1B. b<A1C. b> 0 D・力eg4、函»y=| + y-3%-4在［0,2］上的最小值是()17 10A- -T B.盲64C. -4D.5、已知函U /(A)=- V + 3V + 9x+ a.⑴求心)的单调递减区同;(2)若心)在区同[-2,2]上的最大值为20,求它在该区同上的最小值.6、设函数心) = 2#+ 3/+ 3加+ 8cSx=1 @ x=2时取得榄值. ⑴求么Q的值；(2)若对任意的xe [0,3],都有心)<d成立，求c的取值X ffl.7、若函数二刀有三个不同的零点，则实数刀的取值X围是8、设函U 4^) = 6A3 + 3(^+ 2)V + 2ax.(1) 若心)的两个机值点为爲，X2, fl ^ = 1, XX数刀的值；(2) 是否存在实数刀，使fl 4A)是(-「+吋上的单调函数？若存在，求岀刀的值; 若不存在，说明理由.9、已知XG R,$ il： eh 加.。