新课程2021高考数学一轮复习第二章第11讲第2课时利用导数研究函数的极值最值课件

第二课时利用导数研究函数的极值与最值[选题明细表]知识点、方法题号导数研究函数的极值1,2,3,8,11,12导数研究函数的最值4,6 导数研究函数的极值与最值综合问题6,13综合问题5,7,9,10(建议用时:20分钟)1.设函数f(x)=(x+1)e x+1,则( D )(A)x=2为f(x)的极大值点(B)x=2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)的极小值点解析:函数f(x)=(x+1)e x+1,所以f′(x)=(x+2)e x,令(x+2)e x=0,可得x=-2,当x∈(-∞,-2)时,f′(x)<0,函数f(x)是减函数;x∈(-2,+∞)时,f′(x)>0,函数f(x)是增函数;所以x=-2是函数的极小值点.故选D.2.(多选题)已知函数f(x)的导函数 f′(x) 的图象如图,则下列叙述不正确的是( ABC )(A)函数f(x)在(-∞,-4)上单调递减(B)函数f(x)在x=-1处取得极大值(C)函数f(x)在x=-4处取得极值(D)函数f(x)只有一个极值点解析:由导函数的图象可得,当x<2时,f′(x)≥0,函数f(x)单调递增;当x>2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减.对于选项A,由于函数的单调递减区间为(2,+∞),所以A不正确;对于选项B,由题意可得当x=2时函数取得极大值,所以B不正确;对于选项C,由题意当x=-4时函数无极值,所以C不正确;对于选项D,由题意可得只有当x=2时函数取得极大值,所以D正确.故选ABC. 3.已知函数f(x)=xln x+x2-3x在区间(n-,n)内有极值,则整数n的值为( B )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:f(x)=xln x+x2-3x的定义域为(0,+∞),则f′(x)=ln x+1+x-3=ln x+x-2,令h(x)=ln x+x-2,则h′(x)=+1,又x>0,则h′(x)>0恒成立,所以h(x)在(0,+∞)上为单调递增函数,且h()=ln -=ln -ln = ln <0,h(2)=ln 2>0,所以h(x)在区间(,2)上有零点x0,即函数f(x)在区间(,2)内有极值.所以整数n的值为2.故选B.4.某莲藕种植塘每年的固定成本是1万元,每年最大规模的种植是8万斤,每种植一斤藕,成本增加0.5元,销售额函数是f(x)=-x3+ax2+ x(x是莲藕种植量,单位:万斤;销售额的单位:万元,a是常数),若种植2万斤,利润是2.5万元,则要使利润最大,每年种植莲藕( B ) (A)8万斤(B)6万斤(C)3万斤(D)5万斤解析:设销售利润为g(x),得g(x)=-x3+ax2+x-1-x=-x3+ax2-1, 当x=2时,g(2)=-×23+a×22-1=2.5,解得a=2.所以g(x)=-x3+x2-1,因为g′(x)=-x2+x=-x(x-6),所以函数g(x)在(0,6)上单调递增,在(6,8)上单调递减.所以x=6时,函数g(x)取得极大值即最大值,故选B.5.若x=1是函数f(x)=x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x的极值点,则a的值为( B )(A)-2 (B)3(C)-2或3 (D)-3或2解析:函数f(x)=x3+(a+1)x2-(a2+a-3)x的导数为f′(x)=x2+2(a+1)x -(a2+a-3),由题意可知f′(1)=0,因此f′(1)=1+2(a+1)-(a2+a-3)=0,所以a=3或a=-2.当a=3时,f′(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2+8x-9=(x+9)(x-1),当x>1或x<-9时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增;当-9<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减,显然x=1是函数f(x)的极值点;当a=-2时,f′(x)=x2+2(a+1)x-(a2+a-3)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,所以函数是R上的单调递增函数,没有极值,不符合题意,舍去,故选B.6.已知函数f(x)=x3+mx2+nx+2,其导函数f′(x)为偶函数,f(1)=-,则函数g(x)=f′(x)e x在区间[0,2]上的最小值为( B )(A)-3e (B)-2e (C)e (D)2e解析:由函数的解析式可得f′(x)=x2+2mx+n,函数的导函数为偶函数,因此m=0,故f(x)=x3+nx+2,f(1)=+n+2=-,所以n=-3.所以函数的解析式为f(x)=x3-3x+2,f′(x)=x2-3,故g(x)=e x(x2-3),g′(x)=e x(x2-3+2x)=e x(x-1)(x+3),据此可知函数g(x)在区间[0,1)上单调递减,在区间(1,2]上单调递增,函数g(x)的最小值为g(1)=e1·(12-3)=-2e.故选B.7.已知函数f(x)=(x2-ax-2)e x(a∈R).若曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线y=x垂直,且f(x)的两个极值点分别为x 1,x2,则+的值为( B )(A)10 (B)11 (C)12 (D)13解析:因为f(x)=(x2-ax-2)e x,所以f′(x)=(x2-ax+2x-a-2)e x,因为f′(0)=-a-2,又因为曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线y=x垂直,所以-a-2=-1,所以a=-1.所以f′(x)=(x2+3x-1)e x.因为f(x)的两个极值点分别为x1,x2,所以x1,x2是方程x2+3x-1=0的两个根,所以x1+x2=-3,x1x2=-1.所以+=(x 1+x2)2-2x1x2=9+2=11,故选B.8.已知函数f(x)=x4+ax3+2x2+b,其中a,b∈R.若f(x)仅在x=0处有极值,则a的取值范围是;若a=4,则f(x)的所有极值点之和为.解析:由题意,f′(x)=4x3+3ax2+4x=x(4x2+3ax+4),要保证函数f(x)仅在x=0处有极值,必须满足f′(x)在x=0两侧异号,所以要4x2+3ax+4≥0恒成立,由判别式有(3a)2-64≤0,所以9a2≤64,所以-≤a≤.所以a的取值范围是[-,].a=4,则f(x)=x4+4x3+2x2+b,f′(x)=4x3+12x2+4x=4x(x2+3x+1),所以函数的极值点之和为0+(-3)=-3.答案:[-,] -3(建议用时:25分钟)9.已知函数f(x)=(x-3)e x+a(2ln x-x+1)在(1,+∞)上有两个极值点,且f(x)在(1,2)上单调递增,则实数a的取值范围是( C )(A)(e,+∞)(B)(e,2e2)(C)(2e2,+∞)(D)(e,2e2)∪(2e2,+∞)解析:f′(x)=(x-2)e x+a(-1)=(x-2)(e x-),x∈(1,+∞).因为f′(2)=0,所以2是函数f(x)的一个极值点.因为f(x)在(1,+∞)上有两个极值点,且f(x)在(1,2)上单调递增, 所以函数f(x)的另一个极值点x 0>2,满足-=0,可得a=x 0>2e2,故选C.10.已知函数f(x)=ln x+ax2-2x有两个极值点,则a的取值范围是( D )(A)(-∞,1) (B)(0,3)(C)(0,1) (D)(0,2)解析:函数的定义域为(0,+∞),函数的导数f′(x)=+ax-2,函数f(x)=ln x+ax2-2x 有两个极值点,即f′(x)=+ax-2=0有两个不同的根,即=0在(0,+∞)上有两个不等实根,即ax2-2x+1=0有两个相异的正根,则⇒0<a<2,即实数a的取值范围是(0,2),故选D.11.已知x=1是f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]e x的极小值点,则实数a的取值范围是( D )(A)(1,+∞) (B)(-1,+∞)(C)(-∞,-1) (D)(-∞,1)解析:函数f(x)=[x2-(a+3)x+2a+3]e x的导数为f′(x)=[x2-(a+1)x +a]e x,令f′(x)=0,得x2-(a+1)x+a=0.设g(x)=x2-(a+1)x+a=(x-a)(x-1),x∈R,①当a=1时,g(x)=(x-1)2≥0恒成立,所以f′(x)≥0恒成立,f(x)是R上的单调增函数,没有极值点,不合题意;②当a>1时,g(x)有两个零点1和a,且x<1或x>a时g(x)>0,则f′(x)>0,1<x<a时g(x)<0,则f′(x)<0,所以x=1是f(x)的极大值点,不满足题意;③当a<1时,g(x)有两个零点1和a,且x<a或x>1时g(x)>0,则f′(x)>0,a<x<1时g(x)<0,则f′(x)<0,所以x=1是f(x)的极小值点,满足题意;综上所述,x=1是f(x)的极小值点时,实数a的取值范围是(-∞,1).故选D.12.设函数f(x)=e x-1-aln x.(1)当a=1时,求f(x)的极值点;(2)求g(x)=x+e x-1-f(x)在[1,e]上的最小值.解:(1)当a=1时,f(x)=e x-1-ln x,函数的定义域为(0,+∞),且f′(x)= e x-1-,f′(1)=0,由于函数f′(x)=e x-1-在(0,+∞)上单调递增,解不等式f′(x)<0,即f′(x)<f′(1),得0<x<1;解不等式f′(x)>0,即f′(x)>f′(1),得x>1.因此,函数y=f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞), 因此x=1是f(x)的极小值点.(2)因为g(x)=x+e x-1-f(x)=x+aln x,所以g′(x)=1+=,令g′(x)=0,得x=-a.①当-a≤1,即a≥-1时,∀x∈(1,e),g′(x)>0,此时,函数y=g(x)在区间[1,e]上单调递增,则g(x)min=g(1)=1;②当1<-a<e,即-e<a<-1时,当1<x<-a时,g′(x)<0,当-a<x<e时,g′(x)>0.此时,函数y=g(x)在x=-a处取得极小值,亦即最小值,即g(x)min=g(-a)=-a+aln(-a);③当-a≥e,即a≤-e时,∀x∈(1,e),g′(x)<0,此时,函数y=g(x)在区间[1,e]上单调递减,则g(x)min=g(e)=a+e.综上所述,g(x)min=13.已知函数f(x)=-4ax+aln x+3a2+2a(a>0).(1)讨论f(x)的极值情况;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,当a变化时,求 f(x1)+f(x2)的最大值. 解:(1)f′(x)=x-4a+=(a>0),结合Δ=16a2-4a可知:(ⅰ)当0<a≤时,Δ≤0,此时f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)单调递增,函数不存在极值;(ⅱ)当a>时,f′(x)=0的根为x1=2a-,x2=2a+,故f(x)在(0,2a-),(2a+,+∞)上单调递增,在(2a-,2a+,+∞)上单调递减;此时函数在x=x1处取极大值,在x=x2处取极小值.(2)由(1)得a>,函数f(x)有两个极值点x1,x2,且x1+x2=4a,x1x2=a,故f(x 1)+f(x2)=(+)-4a(x1+x2)+aln x1x2+6a2+4a=aln a-2a2+3a. 令g(a)=aln a-2a2+3a,则g′(a)=ln a-4a+4,令h(a)=ln a-4a+4,则h′(a)=-4,因为a>,所以h′(a)<0,故h(a)在(,+∞)上单调递减,又h(1)=0,从而a∈(,1)时,h(a)>0,g′(a)>0,g(a)单调递增, a∈(1,+∞)时,h(a)<0,g′(a)<0,g(a)单调递减, 故a=1时,g(a)取极大值也是最大值1,故f(x1)+f(x2)的最大值是1.。

利用导数研究函数的极值、最值(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.当函数y=x·2x取极小值时,x= ( )A. B.-C.-ln 2D.ln 2【解析】选B.令y′=2x+x·2x ln2=0,解得x=-.2.(2016·珠海模拟)函数f(x)=x2-lnx的最小值为( )A. B.1 C.0 D.不存在【解析】选A.f′(x)=x-=,且x>0,令f′(x)>0,得x>1;令f′(x)<0,得0<x<1,所以f(x)在x=1处取得极小值也是最小值,且f(1)=-ln1=.3.已知函数f(x)=x3-px2-qx的图象与x轴切于(1,0)点,则f(x)的极大值、极小值分别为( )A.,0B.0,C.-,0D.0,-【解析】选A.f′(x)=3x2-2px-q,由f′(1)=0,f(1)=0得,解得所以f(x)=x3-2x2+x,由f′(x)=3x2-4x+1=0得x=或x=1,易得当x=时f(x)取极大值,当x=1时f(x)取极小值0.4.(2015·陕西高考)对二次函数f(x)=ax2+bx+c(a为非零常数),四位同学分别给出下列结论,其中有且仅有一个结论是错误的,则错误的结论是( )A.-1是f(x)的零点B.1是f(x)的极值点C.3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线y=f(x)上【解题提示】根据选项假设A错误,利用导数推导函数的极值点及极值,与其余的选项相符,假设正确,从而确定答案.【解析】选A.若选项A错误,则选项B,C,D正确.f′(x)=2ax+b,因为1是f(x)的极值点,3是f(x)的极值,所以即解得因为点(2,8)在曲线y=f(x)上,所以4a+2b+c=8,即4a+2×(-2a)+a+3=8,解得:a=5,所以b=-10,c=8,所以f(x)=5x2-10x+8,因为f(-1)=5×1-10×(-1)+8=23≠0,所以-1不是f(x)的零点,所以选项A错误,选项B,C,D正确.5.设函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R).若x=-1为函数f(x)e x的一个极值点,则下列图象不可能为y=f(x)图象的是( )【解析】选D.因为′=f′(x)e x+f(x)(e x)′=e x,且x=-1为函数f(x)e x的一个极值点,所以f(-1)+f′(-1)=0;选项D中,f(-1)>0,f′(-1)>0,不满足f′(-1)+f(-1)=0.二、填空题(每小题5分,共15分)6.函数f(x)=+x2-3x-4在[0,2]上的最小值是.【解析】f′(x)=x2+2x-3,令f′(x)=0得x=1(x=-3舍去),又f(0)=-4,f(1)=-,f(2)=-,故f(x)在[0,2]上的最小值是f(1)=-.答案:-【加固训练】已知f(x)=2x3-6x2+m(m为常数)在[-2,2]上有最大值为3,那么此函数在[-2,2]上的最小值为.【解析】f′(x)=6x2-12x,由f′(x)=0得x=0或x=2,当x<0或x>2时,f′(x)>0,当0<x<2时,f′(x)<0,所以f(x)在[-2,0]上单调递增,在[0,2]上单调递减,由条件知f(0)=m=3,所以f(2)=-5,f(-2)=-37,所以最小值为-37.答案:-377.已知函数y=f(x)=x3+3ax2+3bx+c在x=2处有极值,其图象在x=1处的切线平行于直线6x+2y+5=0,则f(x)的极大值与极小值之差为.【解析】因为f′(x)=3x2+6ax+3b,所以⇒所以f′(x)=3x2-6x,令3x2-6x=0,得x=0或x=2,所以f(x)极大值-f(x)极小值=f(0)-f(2)=4.答案:48.(2016·泉州模拟)若函数f(x)=x3-3x在区间(a,6-a2)上有最小值,则实数a的取值范围是. 【解析】若f′(x)=3x2-3=0,则x=±1,且x=1为函数的极小值点,x=-1为函数的极大值点.函数f(x)在区间(a,6-a2)上有最小值,则函数f(x)的极小值点必在区间(a,6-a2)内,且左端点的函数值不小于f(1),即实数a满足a<1<6-a2且f(a)=a3-3a≥f(1)=-2.解a<1<6-a2,得-<a<1.不等式a3-3a≥f(1)=-2,即a3-3a+2≥0,a3-1-3(a-1)≥0,(a-1)(a2+a-2)≥0,即(a-1)2(a+2)≥0,即a≥-2,故实数a的取值范围为[-2,1).答案:[-2,1)三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2016·襄阳模拟)已知函数f=x2-x,g=lnx.(1)求函数y=f(x)-g(x)的极值.(2)已知实数t∈R,求函数y=f(xg(x)-2),x∈[1,e]的值域.【解析】(1)因为y=f(x)-g(x)=x2-x-lnx,所以y′=2x-1-==.因为x>0,所以当0<x<1时,y′<0;当x>1时,y′>0,即函数y=f(x)-g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,故函数y=f(x)-g(x)有极小值0,无极大值.(2)y=f(xg-2)=-=-5xlnx+6,令u=xlnx,当x∈时,u′=lnx+1>0,所以u=xlnx在上单调递增, 所以0≤u≤e,y=h(u)=u2-5u+6,h(u)图象的对称轴u=.h(u)在上单调递减,在上单调递增.h(u)min=h=-,又h(0)=6,h(e)=e2-5e+6,则h(u)max=6.所以所求函数的值域为.【加固训练】(2014·江西高考)已知函数f(x)=(4x2+4ax+a2),其中a<0.(1)当a=-4时,求f(x)的单调递增区间.(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8,求a的值.【解析】(1)f(x)=(4x2-16x+16),定义域为[0,+∞),f′(x)=(8x-16)+==,令f′(x)>0得0<x<或x>2,所以f(x)的单调递增区间为,[2,+∞).(2)f′(x)=(8x+4a)+==,令f′(x)=0得x=-或x=-,f(x)在定义域上的单调性为上单调递增,上单调递减,上单调递增.从而需要讨论-,-与1及4的大小.①当-≥4或-≤1,即a≤-40或-2≤a<0时,f(x)在[1,4]上单调递增,故f(x)的最小值为f(1)=4+4a+a2=8,解得a=-2±2,均需舍去;②当-≤1且-≥4,即-10≤a≤-8时,f(x)在[1,4]上单调递减,故f(x)的最小值为f(4)=2(64+16a+a2)=8,解得a=-10或a=-6(舍去);③当1<-<4,即-8<a<-2时,f(x)的最小值为f,因为f=0,所以不成立;④当1<-<4,即-40<a<-10时f(x)在上单调递增,在上单调递减,f(x)的最小值为f(1)与f(4)中的一个,根据上面的①②得均不成立.综上所述a=-10.10.(2016·石家庄模拟)已知函数f(x)=x-2lnx-+1,g(x)=e x(2lnx-x).(1)若函数f(x)在定义域上是增函数,求a的取值范围.(2)求g(x)的最大值.【解析】(1)由题意得x>0,f′(x)=1-+,由函数f(x)在定义域上是增函数得,f′(x)≥0,即a≥2x-x2=-(x-1)2+1(x>0).因为-(x-1)2+1≤1(当x=1时,取等号),所以a的取值范围是[1,+∞).(2)g′(x)=e x,由(1)得a=2时,f(x)=x-2lnx-+1,且f(x)在定义域上是增函数及f(1)=0,所以,当x∈(0,1)时,f(x)<0.当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,所以当x∈(0,1)时,g′(x)>0,当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0.g(x)在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数,故x=1时,g(x)取得最大值g(1)=-e. 【加固训练】(2016·成都模拟)已知函数f(x)=(x2-2ax+a2)lnx,a∈R.(1)当a=0时,求函数f(x)的单调区间.(2)当a=-1时,令F(x)=+x-lnx,证明:F(x)≥-e-2,其中e为自然对数的底数.(3)若函数f(x)不存在极值点,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=0时,f(x)=x2lnx(x>0),此时f′(x)=2xlnx+x=x(2lnx+1).令f′(x)>0,解得x>,所以函数f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)F(x)=+x-lnx=xlnx+x.由F′(x)=2+lnx,得F(x)在(0,e-2)上单调递减,在(e-2,+∞)上单调递增.所以F(x)≥F(e-2)=-e-2.(3)f′(x)=2(x-a)lnx+=(2xlnx+x-a),令g(x)=2xlnx+x-a,则g′(x)=3+2lnx,所以函数g(x)在上单调递减,在上单调递增,所以g(x)≥g=-2-a.①当a≤0时,因为函数f(x)无极值点,所以-2-a≥0,解得a≤-2.②当a>0时,g(x)min=-2-a<0,即函数g(x)在(0,+∞)上存在零点,记为x0,由函数f(x)无极值点,易知x=a为方程f′(x)=0的重根,所以2alna+a-a=0,即2alna=0,a=1.当0<a<1时,x0<1且x0≠a,函数f(x)的极值点为a和x0;当a>1时,x0>1且x0≠a,函数f(x)的极值点为a和x0;当a=1时,x0=1,此时函数f(x)无极值.综上,a≤-2或a=1.(20分钟40分)1.(5分)已知实数a,b,c,d成等比数列,且曲线y=3x-x3的极大值点坐标为(b,c),则ad等于( )A.2B.1C.-1D.-2【解析】选A.因为a,b,c,d成等比数列,所以ad=bc,又(b,c)为函数y=3x-x3的极大值点,所以c=3b-b3,且0=3-3b2,所以或所以ad=2.2.(5分)已知y=f(x)是奇函数,当x∈(0,2)时,f(x)=lnx-ax,当x∈(-2,0)时,f(x)的最小值为1,则a的值等于( )A. B. C. D.1【解析】选D.因为f(x)是奇函数,所以f(x)在(0,2)上的最大值为-1.当x∈(0,2)时,f′(x)=-a,令f′(x)=0得x=,又a>,所以0<<2.当0<x<时,f′(x)>0,f(x)在上单调递增;当x>时,f′(x)<0,f(x)在上单调递减,所以f(x)max=f=ln-a·=-1,解得a=1.3.(5分)(2016·广州模拟)已知函数f(x)=lnx-(m∈R)在区间[1,e]上取得最小值4,则m= . 【解析】f′(x)=+=(x>0),当m>0时,f′(x)>0,f(x)在区间[1,e]上为增函数,f(x)有最小值f(1)=-m=4,得m=-4,与m>0矛盾.当m<0时,若-m<1即m>-1,f(x)在区间[1,e]上单调递增,f(x)min=f(1)=-m=4,得m=-4,与m>-1矛盾;若-m∈[1,e],即-e≤m≤-1,f(x)min=f(-m)=ln(-m)+1=4,解得m=-e3,与-e≤m≤-1矛盾;若-m>e,即m<-e时,f(x)在区间[1,e]上单调递减,f(x)min=f(e)=1-=4,解得m=-3e,符合题意.答案:-3e4.(12分)(2016·衡水模拟)已知函数f(x)=xlnx,g(x)=(-x2+ax-3)e x(a为实数).(1)当a=5时,求函数y=g(x)在x=1处的切线方程.(2)求f(x)在区间(t>0)上的最小值.【解析】(1)当a=5时,g(x)=(-x2+5x-3)e x,g(1)=e.又g′(x)=(-x2+3x+2)e x,故切线的斜率为g′(1)=4e,所以切线方程为:y-e=4e(x-1),即y=4ex-3e.(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=lnx+1,当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:①当t≥时,在区间上f(x)为增函数,所以f(x)min=f(t)=tlnt.②当0<t<时,在区间上f(x)为减函数,在区间上f(x)为增函数,所以f(x)min=f=-.5.(13分)(2016·武汉模拟)已知函数f(x)=ln(1+x)-(a>0).(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求a的值.(2)若f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.(3)证明:<.【解题提示】(1)x=1是函数f(x)的一个极值点,即f′(1)=0.(2)f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即f(x)min≥0.(3)证明<转化为ln>,利用(2)的单调性进行证明.【解析】(1)因为f(x)=ln(1+x)-(a>0),所以f′(x)=,因为x=1是函数f(x)的一个极值点,所以f′(1)=0,即a=2.经检验a=2满足题意.(2)因为f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,所以f(x)min≥0.当0<a≤1时,f′(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即f(x)在[0,+∞)上为增函数,所以f(x)min=f(0)=0成立,即0<a≤1.当a>1时,令f′(x)>0,则x>a-1,令f′(x)<0,则0≤x<a-1,即f(x)在[0,a-1)上为减函数,在(a-1,+∞)上为增函数,所以f(x)min=f(a-1)≥0,又f(0)=0>f(a-1),矛盾.综上,a的取值范围为(0,1].(3)要证<,只需证>e.两边取自然对数得,2015×ln>1⇔ln>⇔ln->0⇔ln->0,由(2)知a=1时,f(x)=ln(1+x)-在[0,+∞)上单调递增.又>0,f(0)=0,所以f=ln->f(0)=0,所以<成立.【加固训练】已知函数f(x)=ax2-e x(a∈R,e为自然对数的底数),f′(x)是f(x)的导函数.(1)解关于x的不等式:f(x)>f′(x).(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,求实数a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=2ax-e x,令f(x)-f′(x)=ax(x-2)>0.当a=0时,无解;当a>0时,解集为{x|x<0或x>2};当a<0时,解集为{x|0<x<2}.(2)设g(x)=f′(x)=2ax-e x,则x1,x2是方程g(x)=0的两个根.g′(x)=2a-e x,当a≤0时,g′(x)<0恒成立,g(x)单调递减,方程g(x)=0不可能有两个根;当a>0时,由g′(x)=0,得x=ln2a,当x∈(-∞,ln2a)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(ln2a,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.所以当g(x)max>0时,方程g(x)=0才有两个根,所以g(x)max=g(ln2a)=2aln2a-2a>0,得a>.故实数a的取值范围是.。

第二课时利用导数研究函数的极值、最值知识体系必备知识1.函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点.若函数f(x)在点x=a的函数值f(a)比它在点x=a附近其他点的函数值都小,f′(a)=0,而且在点x=a附近的左侧f′(x)<0,右侧f′(x)>0,则点a叫做函数的极小值点,f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点.若函数f(x)在点x=b的函数值f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都大,f′(b)=0,而且在点x=b附近的左侧f′(x)>0,右侧f′(x)<0,则点b叫做函数的极大值点,f(b)叫做函数的极大值.2.函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a,b]上有最值的条件.如果在区间[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.(2)求y=f(x)在[a,b]上的最大(小)值的步骤.①求函数y=f(x)在(a,b)内的极值.②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.注意点:函数极值的三个注意点(1)已知函数在某点取极大值或极小值求参数的值,得出参数的值后一定要检验在该极值点是否取到极大值或极小值.(2)函数y=f(x)在区间(a,b)内有极值,那么函数y=f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值.(3)函数y=f(x)可导,则f ′(x 0)=0是x 0为f(x)的极值点的必要不充分条件. 基础小题1.已知定义域为R 的函数f(x),若函数y=f '(x )x 的图象如图所示,给出下列命题:①f′(1)=f ′(-1)=0; ②函数f(x)在区间(-∞,-1)上单调递增;③当x=1时,函数f(x)取得极小值;④方程xf ′(x)=0与f(x)=0均有三个实数根.其中正确命题的个数为 ( )【解析】选C.由题意可知:①f ′(1)=f ′(-1)=0,正确;②在区间(-∞,-1)上f ′(x)>0,所以函数f(x)单调递增,正确;③x ∈(0,1)时,f ′(x)<0,函数f(x)是减函数,x ∈(1,+∞)时f ′(x)>0,函数f(x)是增函数,当x=1时,函数f(x)取得极小值,正确;④方程f(x)=0可能没有实数根.如图:所以不正确.2.设函数f(x)=e x -2x,则 ( )=2e 为f(x)的极小值点=2e 为f(x)的极大值点 =l n 2为f(x)的极小值点=l n 2为f(x)的极大值点【解析】选C.由函数f(x)=e x -2x,得f ′(x)=e x -2,令f ′(x)=0,解得x=l n 2,又x<l n 2时,f ′(x)<0,x>l n 2时,f ′(x)>0,所以f(x)在x=l n 2时取得极小值.3.已知a 为函数f(x)=x 3-3x 的极小值点,则a= ( )【解析】选′(x)=3x 2-3,令f ′(x)>0,解得:x>1或x<-1;令f ′(x)<0,解得:-1<x<1,故f(x)在(-∞,-1)上递增,在(-1,1)上递减,在(1,+∞)上递增,故x=1是极小值点,故a=1.4.函数f(x)=x+2cosx 在区间[-π2,0]上的最小值为________. 【解析】f ′(x)=1-2sinx,因为x ∈[-π2,0], 所以sinx ∈[-1,0],所以-2sinx ∈[0,2].所以f ′(x)=1-2sinx>0在[-π2,0]上恒成立, 所以f(x)在[-π2,0]上单调递增. 所以f(x)min =f (-π2)=-π2+2cos (-π2)=-π2.答案:-π2 5.已知函数y=-x 2-2x+3在[a,2]上的最大值为154,则a 等于________. 【解析】y ′=-2x-2,令y ′=0得x=-1.当a ≤-1时,最大值为f(-1)=4,不合题意.当-1<a<2时,f(x)在[a,2]上单调递减,最大值为f(a)=-a 2-2a+3=154, 解得a=-12或a=-32(舍去). 答案:-12 6.已知函数f(x)=x 3+ax 在R 上有两个极值点,则实数a 的取值范围是________.【解析】f ′(x)=3x 2+a,令f ′(x)=0,所以a=-3x 2,所以a<0时,存在两个极值点.答案:a<0。