人教版广东省惠州市第一中学高二数学选修2-2 第一章 导数及其应用 函数极值与导数 函数的最大(小)

1． 3.2函数的极值与导数预习课本P26～ 29，思虑并达成以下问题(1)函数极值点、极值的定义是什么？(2)函数获得极值的必需条件是什么？(3)求可导函数极值的步骤有哪些？[新知初探 ]1．函数极值的观点(1) 函数的极大值一般地，设函数y＝ f(x)在点 x0及邻近有定义，假如对x0邻近的全部的点，都有f(x)＜f(x0)，就说 f(x0 )是函数 y＝ f(x)的一个极大值，记作y 极大值＝ f(x0)， x0是极大值点．(2) 函数的极小值一般地，设函数y＝ f(x)在点x0及邻近有定义，假如对x0邻近的全部的点，都有f(x)＞f(x0)，就说f(x0)是函数y＝ f(x)的一个极小值，记作y 极小值＝ f(x0)， x0是极小值点．极大值与极小值统称为极值．[点睛 ]怎样理解函数极值的观点(1)极值是一个局部观点，极值不过某个点的函数值，与它邻近点的函数值比较它是最大值或最小值，但其实不意味着它在函数的整个定义域内是最大值或最小值．(2)一个函数在某区间上或定义域内的极大值或极小值能够不只一个．(3)函数的极大值与极小值之间无确立的大小关系．(4)函数的极值点必定出此刻区间的内部，区间的端点不可以成为极值点．(5)单一函数必定没有极值．2．求函数 y＝ f(x)极值的方法一般地，求函数y＝ f(x)的极值的方法是：解方程 f′(x)＝ 0. 当 f′(x)＝ 0 时：(1)假如在 x0邻近的左边 f′(x)＞ 0，右边 f′(x)＜ 0，那么 f( x0)是极大值；(2)假如在 x0邻近的左边 f′(x)＜ 0，右边 f′(x)＞ 0，那么 f( x0)是极小值．[点睛 ]一般来说，“f′(x0)＝0”是“函数y＝f(x)在点x0处获得极值”的必需不充足条件．若可导函数 y＝ f(x)在点 x处可导，且在点 x处获得极值，那么 f′(x000)＝0；反之，若f′(x0)＝0，则点 x0不必定是函数 y＝ f(x)的极值点．[小试身手 ]1．判断 (正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数 f(x)＝ x3＋ ax2－ x＋ 1必有 2个极值． ()(2)在可导函数的极值点处，切线与x 轴平行或重合． ()1(3)函数 f(x)＝x有极值． ()答案： (1) √ (2) √ (3) ×2．以下四个函数：①y＝ x3；② y＝ x2＋ 1；③ y＝ |x|；④ y＝ 2x，此中在 x＝ 0 处获得极小值的是()A．①②B．②③C．③④D．①③答案： B3．已知函数 y＝ |x2－1|，则 ()A． y 无极小值，且无极大值B． y 有极小值－ 1，但无极大值C． y 有极小值0，极大值 1D． y 有极小值0，极大值－ 1答案： C4. 函数 f(x)＝ x＋ 2cos x 在 0，π上的极大值点为 () 2πA． 0 B.6ππC. 3D.2答案： B运用导数解决函数的极值问题题点一：知图判断函数的极值1．已知函数y＝ f( x)，其导函数y＝ f′(x)的图象以下图，则y＝ f(x)()A．在 (－∞， 0)上为减函数C．在 (4，＋∞)上为减函数分析：选 C由导函数的图象可知：B．在 x＝0 处取极小值D．在 x＝2 处取极大值x∈ (－∞， 0)∪ (2,4) 时， f′(x)>0， x∈ (0,2)∪ (4，＋∞)时， f′(x)<0 ，所以 f(x)在 (－∞， 0)， (2,4)上为增函数，在(0,2)， (4，＋∞)上为减函数，所以 x＝ 0 获得极大值， x＝2 获得极小值， x＝ 4 获得极大值，所以选 C.题点二：已知函数求极值2．求函数－x 的极值．f(x)＝ x2e解：函数的定义域为R，f′(x)＝ 2xe x＋ x2·e x·(－ x) ′－－＝ 2xe x－ x2·e x－－＝ x(2－ x)e－x .－x令 f′(x)＝ 0，得 x(2－ x) ·e ＝ 0，解得 x＝ 0 或 x＝ 2.当 x 变化时， f′(x)， f( x)的变化状况以下表：x(－∞， 0)0(0, 2)2(2，＋∞) f′(x)－0＋0－f(x)极小值 0－ 2极大值 4e所以当 x＝ 0时， f(x)有极小值，并且极小值为f(0) ＝ 0；当 x＝ 2 时， f(x)有极大值，并且极大值为f(2)＝ 4e－24＝ 2.e题点三已知函数的极值求参数3．已知函数 f (x)的导数 f′(x)＝ a(x＋ 1)(x－ a)，若 f (x)在 x＝a 处取到极大值，则 a 的取值范围是 ()A． (－∞，－ 1)B． (0，＋∞)C． (0,1)D． (－ 1,0)分析：选D若 a<－ 1，∵ f′(x)＝ a(x＋ 1)(x－ a)，∴ f( x)在 (－∞， a)上单一递减，在(a，－ 1)上单一递加，∴f(x)在 x＝ a 处获得极小值，与题意不符；若－ 1<a<0，则 f(x)在 (－ 1， a)上单一递加，在 (a，＋∞)上单一递减，进而在 x＝ a 处获得极大值．若 a>0，则 f (x)在 (－ 1， a)上单一递减，在 (a，＋∞)上单一递加，与题意矛盾，∴选 D.4．已知 f(x)＝ ax5－ bx3＋ c 在 x＝±1 处的极大值为 4，极小值为 0，试确立 a， b， c 的值．解： f′(x)＝ 5ax4－3bx2＝ x2(5ax2－ 3b)．由题意， f′(x)＝ 0 应有根 x＝±1，故 5a＝ 3b，于是 f′(x)＝ 5ax2(x2－ 1)(1)当 a＞ 0， x 变化时， f′(x)， f(x)的变化状况以下表：x (－∞，－－ 1(－ 1,0)0(0,1)1(1，＋∞) 1)f′(x)＋0－0－0＋f (x)极大值无极值极小值4＝ f－＝－a＋b＋c，由表可知：0＝ f＝a－b＋c.又 5a＝ 3b，解之得： a＝ 3， b＝ 5， c＝ 2.(2)当 a＜ 0 时，同理可得 a＝－ 3， b＝－ 5， c＝ 2.1．求函数极值的步骤(1)确立函数的定义域．(2)求导数 f′(x)．(3)解方程 f′(x)＝ 0 得方程的根．(4)利用方程 f′(x)＝ 0 的根将定义域分红若干个小开区间，列表，判断导函数在各个小开区间的符号．(5) 确立函数的极值，假如f′(x)的符号在x0处由正(负)变负(正)，则f(x)在x0处获得极大(小 )值．2．已知函数极值，确立函数分析式中的参数时，注意两点(1)依据极值点的导数为 0 和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)由于导数值等于零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一定考证充足性．函数极值的综合应用[典例 ]3y ＝已知函数 f(x)＝ x － 3ax － 1(a ≠0)．若函数 f(x)在 x ＝－ 1 处获得极值，直线m 与 y ＝ f(x)的图象有三个不一样的交点，求 m 的取值范围．[解 ]由于 f(x)在 x ＝－ 1 处获得极值且 f ′(x)＝ 3x 2－ 3a ，所以 f ′(－1)＝ 3×(－ 1)2－ 3a ＝ 0，所以 a ＝ 1.所以 f(x)＝ x 3－ 3x － 1， f ′(x)＝ 3x 2－ 3，由 f ′(x)＝ 0，解得 x 1＝－ 1， x 2＝ 1.当 x<－ 1 时， f ′(x)>0 ；当－ 1<x<1 时， f ′(x)<0 ；当 x>1 时， f ′(x)>0.所以由 f(x)的单一性可知，f(x)在 x ＝－ 1 处获得极大值f(－ 1)＝ 1，在 x ＝ 1 处获得极小值 f(1) ＝－ 3. 作出 f(x)的大概图象以下图：由于直线 y ＝ m 与函数y ＝ f(x)的图象有三个不一样的交点，联合f(x)的图象可知， m 的取值范围是 (－ 3,1)．[一题多变]1．[变条件]若本例中条件改为“已知函数f(x)＝－ x 3＋ ax 2－ 4”在x ＝43处获得极值， 其余条件不变，求m 的取值范围．解： 由题意可得2f ′(x)＝－3x ＋ 2ax ，由4 f ′ ＝ 0，33 2可得 a ＝ 2，所以 f(x)＝－ x ＋ 2x － 4，2则 f ′(x)＝－ 3x ＋ 4x.令 f ′(x)＝ 0，得 x ＝ 0 或 x ＝4，3当 x 变化时， f ′(x)， f( x)的变化状况以下表：x(－∞， 0)0， 44 4，＋ ∞3 3 3f ′(x) －0 ＋0 －f(x)－ 4－7627作出函数 f(x)的大概图象以下图：由于直线y＝ m 与函数y＝ f(x)的图象有三个不一样的交点，所以m 的取值范围是76－4，－27 .2． [变条件 ]若本例“三个不一样的交点”改为“两个不一样的交点”结果怎样？改为“一个交点”呢？解：由例题分析可知：当 m＝－ 3 或 m＝ 1 时，直线 y＝ m 与 y＝ f(x)的图象有两个不一样的交点；当 m<－ 3 或 m>1 时，直线 y＝ m 与 y＝ f(x)的图象只有一个交点．(1) 研究方程根的问题能够转变为研究相应函数的图象问题，一般地，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)的图象与x 轴交点的横坐标，方程 f(x)＝ g(x)的根就是函数f( x) 与g(x)的图象的交点的横坐标．(2)事实上利用导数能够判断函数的单一性，研究函数的极值状况，并能在此基础上画出函数的大概图象，从直观上判断函数图象与进而为研究方程根的个数问题供给了方便．x 轴的交点或两个函数图象的交点的个数，1．已知函数层级一学业水平达标y＝ f(x)在定义域内可导，则函数y＝ f(x)在某点处的导数值为0 是函数y＝f(x)在这点处获得极值的()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．非充足非必需条件分析：选 B依据导数的性质可知，若函数y＝ f(x)在这点处获得极值，则f′(x)＝ 0，即32必需性建立；反之不必定建立，如函数 f (x)＝ x 在 R 上是增函数，f′(x)＝ 3x ，则 f′(0)＝ 0，但在 x＝ 0 处函数不是极值，即充足性不建立．故函数 y＝ f(x)在某点处的导数值为0 是函数y＝ f(x)在这点处获得极值的必需不充足条件，应选 B.22．设函数 f(x)＝x＋ ln x，则 ()1为 f(x)的极大值点A． x＝21B． 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)的极小值点分析：选D由 f ′(x)＝－221＝11－2＝ 0可得 x＝ 2.当 0＜ x＜ 2 时， f′(x)＜ 0， f(x) x＋x x x单一递减；当 x＞ 2 时， f′(x)＞ 0， f(x)单一递加．故x＝ 2 为 f(x)的极小值点．3．已知函数32f (x)＝ 2x＋ ax ＋ 36x－ 24 在 x＝ 2 处有极值，则该函数的一个递加区间是()A． (2,3)B． (3，＋∞)C． (2，＋∞ )D． (－∞， 3)分析：选B由于函数f(x)＝ 2x3＋ ax2＋ 36x－ 24 在 x＝ 2 处有极值，又f′(x)＝ 6x2＋ 2ax＋36，所以 f′(2)＝ 0 解得 a＝－ 15.令 f′(x)＞ 0，解得 x＞ 3 或 x＜ 2，所以函数的一个递加区间是 (3，＋∞)．4．设函数 f( x)在 R 上可导，其导函数为f′(x)，且函数 f(x)在 x＝－ 2 处获得极小值，则函数 y＝ xf′(x)的图象可能是()分析：选 C由题意可得f′(－2)＝ 0，并且当 x∈ (－∞，－ 2)时， f′(x)＜ 0，此时xf′(x)＞0；清除 B、 D，当 x∈ (－ 2，＋∞)时， f′(x)＞ 0，此时若 x∈ (－ 2,0)， xf′(x)＜ 0，若 x∈(0，＋∞)， xf′(x)＞ 0，所以函数 y＝ xf′(x)的图象可能是 C.5．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()44A. 27， 0B． 0，27C．－4， 0D． 0，－4 2727分析：选A f′(x)＝ 3x2－2px－ q，由 f′(1)＝ 0， f(1) ＝ 0 得，3－2p－ q＝ 0，p＝ 2，解得∴ f( x)＝ x3－ 2x2＋ x. 1－p－ q＝ 0，q＝－ 1，由 f′(x)＝ 3x2－ 4x＋ 1＝ 0 得 x＝13或 x＝ 1，易适当 x＝13时 f(x)取极大值274.当 x＝ 1 时 f(x)取极小值 0.6 ．设 x ＝ 1与 x ＝ 2是函数f(x) ＝ aln x ＋ bx2＋ x 的两个极值点，则常数 a ＝______________.分析：∵ f′(x)＝a＋ 2bx＋ 1，由题意得a＋ 2b＋ 1＝0，a＋ 4b＋ 1＝ 0.x22∴ a＝－ .3答案：－237．函数 f(x)＝ ax2＋ bx 在 x＝1处有极值，则 b 的值为 ________．a分析： f′(x)＝ 2ax＋ b，∵函数f(x)在 x＝1a处有极值，1 1∴f′a＝2a·＋ b＝ 0，即 b＝－ 2.a答案：－28.已知函数 f(x)＝ ax3＋ bx2＋ cx，其导函数y＝ f′(x)的图象经过点 (1,0) ， (2,0)．如图，则以下说法中不正确的选项是 ________． (填序号 )①当 x＝3时，函数 f(x)获得最小值；2② f( x)有两个极值点；③当 x＝ 2 时函数值获得极小值；④当 x＝ 1 时函数获得极大值．分析：由图象可知， x＝ 1,2 是函数的两极值点，∴②正确；又x∈ (－∞， 1)∪ (2，＋∞)时， y＞ 0； x∈ (1,2)时， y＜ 0，∴ x＝ 1 是极大值点， x＝ 2 是极小值点，故③④正确．答案：①9．设 a 为实数，函数xf(x)＝ e － 2x＋ 2a， x∈ R，求 f(x)的单一区间与极值．解：由 f(x)＝ e x－ 2x＋ 2a， x∈ R 知 f′(x)＝ e x－ 2， x∈ R. 令 f′(x)＝ 0，得 x＝ ln 2.于是当 x 变化时， f′(x)， f(x)的变化状况以下表：x(－∞， ln 2)ln 2(ln 2 ，＋∞)f′(x)－0＋f (x)单一递减↘2(1－ ln 2＋ a)单一递加↗故 f( x)的单一递减区间是 (－∞， ln 2) ，单一递加区间是 (ln 2，＋∞)；且 f( x)在 x＝ ln 2 处获得极小值．极小值为 f(ln 2)＝ 2(1－ ln 2＋ a)，无极大值．10．已知 f(x)＝ ax3＋ bx2＋cx(a≠0)在 x＝±1 时获得极值，且 f(1)＝－ 1.(1)试求常数 a， b， c 的值；(2)试判断 x＝±1 时函数获得极小值仍是极大值，并说明原因．解： (1)由已知， f′(x)＝ 3ax2＋ 2bx＋ c，且 f′(－1)＝ f′(1)＝ 0，得 3a＋ 2b＋ c＝ 0,3a－ 2b＋ c＝ 0.又 f(1) ＝－ 1，∴ a＋b＋ c＝－ 1.∴ a ＝ 1， b ＝ 0， c ＝－3. 221 33x ， (2) 由 (1)知 f(x)＝ x －22∴ f ′(x)＝ 3x 2－ 3＝3(x － 1)(x ＋ 1)．22 2当 x<－ 1 或 x>1 时， f ′(x)>0；当－ 1<x<1 时， f ′(x)<0 ，∴函数 f(x)在 (－ ∞，－ 1)和 (1，＋ ∞)上是增函数，在 (－ 1,1)上为减函数．∴当 x ＝－ 1 时，函数获得极大值 f(－ 1)＝ 1；当 x ＝ 1 时，函数获得极小值f(1)＝－ 1.层级二应试能力达标1．函数 f(x)＝ ax 3＋ bx 在 x ＝ 1 处有极值－ 2，则 a ， b 的值分别为 ( )A ． 1，－ 3B ． 1,3C ．－ 1,3D ．－ 1，－ 3分析： 选 A ∵ f ′(x)＝ 3ax 2＋ b ，由题意知3a ＋ b ＝ 0，∴ af ′(1)＝ 0， f (1)＝－ 2，∴a ＋b ＝－ 2， ＝ 1， b ＝－ 3.32a 的取值范围是 ()2．已知 f(x)＝ x ＋ ax ＋ (a ＋ 6)x ＋ 1 有极大值和极小值，则 A ． (－ 1,2)B ． (－ 3,6)C ． (－∞，－ 3)∪ (6，＋ ∞ )D ． (－ ∞，－ 1)∪ (2，＋ ∞)分析： 选 C f ′(x)＝ 3x 2＋2ax ＋ a ＋ 6，∵ f( x)有极大值与极小值，∴ f ′(x)＝ 0 有两不等实根，∴＝ 4a 2－ 12(a ＋ 6)>0，∴ a<－ 3或 a>6.3．设 a ∈R ，若函数 y ＝ e x ＋ ax(x ∈R) 有大于零的极值点，则 ( )A ． a ＜－ 1B ． a ＞－ 111C ． a ＜－ eD ． a ＞－ e分析：选 A ∵ y ＝ e x ＋ ax ，∴ y ′＝ e x ＋ a.令 y ′＝ e x ＋ a ＝ 0，则 e x ＝－ a ，∴ x ＝ ln( － a)．又∵ x ＞ 0，∴－ a ＞ 1，即 a ＜－ 1.4．已知函数 f (x)＝ e x (sin x － cos x)， x ∈ (0,2 017 ，π)则函数 f (x)的极大值之和为 ()2π 2 018 ππ2 016 πe－ ee － eA.2πB. 2πe － 11－ eπ1 008 ππ 1 008 πe － ee－ eC.1－ e 2πD.1－ e π分析： 选 B f ′(x)＝ 2e x sin x ，令 f ′(x)＝ 0 得 sin x ＝ 0，∴ x ＝ k π， k ∈ Z ，当 2k π<x<2k π＋ π时， f ′(x)>0 ，f(x)单一递加，当 (2k － 1) π<x<2k π时， f ′(x)<0， f(x)单一递减，∴当 x ＝ (2k＋1) π ，f(x)取到极大，∵ x∈ (0,2 017 π)，∴ 0<(2k＋ 1) π<2 017 ，π∴ 0≤k<1 008 ，k∈ Z. ∴f(x)的极大之和S＝ f( π)＋f(3 π)＋f(5 π)＋⋯＋ f(2π3π5π2015π015 π)＝ e ＋ e ＋ e ＋⋯＋ e＝π2π 1 008π 2 016 πe [1－]e－ e，故 B.2π＝2π1－e1－ e5．若函数y＝－ x3＋ 6x2＋ m 的极大13，数m 等于 ______．分析： y′＝－ 3x2＋ 12x＝－ 3x(x－ 4)．由 y′＝ 0，得 x＝ 0 或 4.且 x∈ (－∞， 0)∪ (4，＋∞)，y′＜ 0；x∈ (0,4)， y′＞ 0，∴ x＝ 4 取到极大．故－64＋96＋m＝13，解得m＝－19.答案：－ 1932a 的取范6．若函数 f( x)＝ x＋ x － ax－ 4 在区 (－ 1,1)上恰有一个极点，数______．分析：由意， f′(x)＝ 3x2＋ 2x－ a，f′(－1)f′(1)<0，即 (1－ a)(5－ a)<0，解得 1<a<5，此外，当 a＝ 1，函数 f(x)＝ x3＋232x－ x－ 4 在区 (－ 1，1)上恰有一个极点，当 a＝5 ，函数 f(x)＝ x ＋ x － 5x－ 4 在区 (－1,1)没有极点．故数 a 的范 [1,5)．答案： [1,5)7．已知函数 f(x)＝ e x(ax＋ b)－ x2－ 4x，曲 y＝ f (x)在点 (0，f(0)) 的切方程 y＝ 4x＋4.(1)求 a， b 的；(2)f(x)的性，并求 f(x)的极大．解：(1)f′(x)＝ e x( ax＋ a＋ b)－ 2x－ 4.由已知得f(0)＝ 4， f′(0)＝4，故 b＝ 4， a＋ b＝ 8.进而 a＝ 4， b＝ 4.(2) 由 (1)知， f(x)＝ 4e x(x＋ 1)－ x2－ 4x，′(＝x ＋－－＝＋e x－1f x)4e ( x 2)2x 4 4(x 2) 2.令 f′(x)＝ 0 得， x＝－ ln 2 或 x＝－ 2.进而当 x∈ (－∞，－2)∪ (－ ln 2，＋∞) ， f′(x)>0；当 x∈ (－ 2，－ ln 2)， f′(x)<0.故 f( x)在 (－∞，－ 2)， (－ ln 2，＋∞)上增，在 (－ 2，－ ln 2)上减．当 x＝－ 2 ，函数f(x)获得极大，极大－ 2f (－ 2)＝ 4(1－ e )．8．已知 f(x)＝ 2ln(x＋ a)－ x2－ x 在 x＝ 0 获得极．(1)求数 a 的．(2) 若对于 x 的方程 f(x)＋ b＝ 0 的区 [－ 1,1]上恰有两个不一样的数根，求数 b 的取范．2解： (1)f ′(x)＝－ 2x － 1，当 x ＝ 0 时， f(x)获得极值，所以 f ′(0)＝ 0，解得 a ＝ 2，查验知 a ＝ 2 切合题意．(2) 令 g(x)＝ f (x)＋ b ＝ 2ln(x ＋ 2)－ x 2 － x ＋ b ，5 则 g ′(x)＝ 2 － 2x － 1＝－2x x ＋ 2 (x ＞－ 2)． x ＋ 2x ＋ 2g(x)， g ′(x)在 (－ 2，＋ ∞)上的变化状态以下表：x( － 2,0) 0 (0，＋ ∞) g ′(x)＋ 0 － g(x) 2ln 2＋ b由上表可知函数在x ＝ 0 处获得极大值，极大值为 2ln 2＋ b. 要使 f(x)＋ b ＝ 0 在区间 [ －1,1]上恰有两个不一样的实数根，g － ≤0，只要 g ＞ 0，g ≤0，b ≤0，即 2ln 2 ＋ b ＞ 0， 2ln3 － 2＋ b ≤0，所以－ 2ln 2＜ b ≤2－ 2ln 3.故实数 b 的取值范围是 ( －2ln 2,2－ 2ln 3] ．。

导数在研究函数中的应用习题课讲义例1、一个物体的运动方程为21s t t =-+,其中s 的单位是米,t 的单位是秒,那么物体在3秒末的瞬时速度是（ ）A ．7米/秒 B ．6米/秒 C ．5米/秒 D ．8米/秒例2、 已知32()26f x x x a =-+(a 是常数)在[－2，2]上有最大值3，那么在[－2，2]上的最小值是（ ） A ．－5B ．－11C ．－29D ．－37例3、已知函数()(1)(2)(3)(4)(5)f x x x x x x =-----,则(1)f '=（ ）A ．0B ．24C ．24-D ．120-例4、设函数()f x 是定义在R 上的可导函数，,x R ∀∈有2()(),f x f x x -+=在(0,)+∞上，()f x x '<，若(6)()1860f m f m m ---+≥，则实数m 的取值范围是( )A 、[3,3]-B 、[3,)+∞C 、[2,)+∞D 、(,3]-∞例5、定义在R 上的函数()f x 满足：()()1,(0)4,f x f x f '+>=则不等式()3x xe f x e >+（其中e 为自然对数的底数）的解集为（ ）A ．()0,+∞B ．()(),03,-∞+∞UC ．()(),00,-∞+∞UD ．()3,+∞ 例6、定义在R 上的可导函数()f x 满足()()xf x f x e '-<，且(0)4f =，则不等式()(4)xf x x e <+的解集为例7、已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是 例8、过曲线y ＝x 3－x 2上一点)2,1(--P 的切线方程是 例9、若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是______ __．例10、抛物线2y x =上的点到直线20x y --=的距离的最小值为例11、已知函数f (x )＝x 2－ax ＋3在(0，1)上为减函数，函数g (x )＝x 2－a ln x 在(1，2)上为增函数， 则a ＝例12、已知函数f (x )＝ax 2＋2ln x ，若当a >0时，f (x )≥2恒成立，则实数a 的取值范围为________．例13、已知函数()2xf x e x a =-+有零点，则a 的取值范围是例14、已知2()ln ,()2,f x x x ax g x x =-=--若对一切(0,)x ∈+∞，()()f x g x ≥恒成立，则实数a 的取值范围是 ．例15、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____________例16、已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________． 例17、设函数32()2338f x x ax bx c =+++在1x =及2x =时取得极值．（1）求a 、b 的值；（2）若对于任意的[03]x ∈，，都有2()f x c <成立，求c 的取值范围．例18、已知函数()()ln 1f x x =+.求证：（1） 当()0,x ∈+∞时，()1xf x x x<<+； （2） 1111111ln(1)1234123n n n++++<+<+++++L L .例19、已知函数()ln 1x f x ae x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．课后作业：课时作业8 导数在研究函数中的应用（强化练）导数在研究函数中的应用习题课讲义参考答案例1、C 例2、D 例3、B 例4、B 解析：令222111()(),()()()()0,222g x f x x g x g x f x x f x x =--+=--+-=∴Q 函数()g x 为奇函数，(0,)()()0,()(0,)x g x f x x g x ''∈+∞=-<∴+∞Q 时，在上为减函数，又(0)0,(0)0,f g =∴=所以函数()g x 在R 上为减函数，不等式(6)()1860f m f m m ---+≥可化为2211(6)(6)()(6)()22f m m f m mg m g m ---≥--≥即，而函数()g x 在R 上为减函数，所以6,3m m m -≤∴≥，故选B.例5、答案:A 解析:由()()1f x f x '+>得[()()]0[()]0,x x x x e f x f x e e f x e ''+->->即令()()x x g x e f x e =-,则()g x 在R 上是增函数, 因为(0)4f =,所以0(0)(0)413g e f e =-=-=,于是()3x xe f x e >+可化为()(0)g x g >,又()g x 在R 上是增函数,所以0.x >例6、答案:(0,)+∞,解析:由()()xf x f x e '-<得:()()()()()110]0,x x xf x f x f x f x f x x e e e''--'<⇒-<-<即[ 令()()x f x g x x e =-,则()g x 在R 上是减函数,因为(0)4f =,所以(0)4g =,不等式()(4)xf x x e<+可化为()4,()(0)x f x x g x g e-<<即,又()g x 在R 上是减函数,所以0.x >例7、),6()3,(+∞--∞Y 例8、y ＝5x ＋3或y ＝x －1 例9、]31,31[- 例10例11、2例12、),[+∞e 例13、(,2ln 22]-∞- 例14、 (,3]-∞ 解析：原问题等价于x x x a 2ln ++≤对),0(+∞∈x 恒成立，令)0(,)1)(2()(,2ln )(>-+='++=x xx x x F x x x x F ，易知.3,3)1()(min ≤∴==a F x F 例15、[－2，1) 例16、2-例17、解：（1）2()663f x x ax b '=++，因为函数()f x 在1x =及2x =取得极值，则有(1)0f '=，(2)0f '=．即6630241230a b a b ++=⎧⎨++=⎩，．解得3a =-，4b =．（2）由（Ⅰ）可知，32()29128f x x x x c =-++，2()618126(1)(2)f x x x x x '=-+=--．当(01)x ∈，时，()0f x '>；当(12)x ∈，时，()0f x '<；当(23)x ∈，时，()0f x '>．所以，当1x =时，()f x 取得极大值(1)58f c =+，又(0)8f c =，(3)98f c =+． 则当[]03x ∈，时，()f x 的最大值为(3)98f c =+．因为对于任意的[]03x ∈，，有2()f x c <恒成立，所以 298c c +<，解得 1c <-或9c >，因此c 的取值范围为(1)(9)-∞-+∞U ，，．例18、证明：（1）令()()ln(1)(0)11x xg x f x x x x x =-=+->++， 则2211()0(0)1(1)(1)xg x x x x x '=-=>>+++ 所以()(0,)g x +∞在上是增函数，所以当()0,x ∈+∞时，()(0)0g x g >=， 即()1xf x x >+成立. 令()()ln(1)(0)h x f x x x x x =-=+->， 则1()10(0)11x h x x x x '=-=-<>++ 所以()(0,)h x +∞在上是减函数，所以当()0,x ∈+∞时，()(0)0h x h <=， 即()f x x <成立. 综上所述，当()0,x ∈+∞时，()1xf x x x <<+成立. （2）由（1）可知：当0x >时，有ln(1)1x x x x <+<+，令1(1,2,3,,)x k n k ==L ，得 111ln(1)(1,2,3,,)1k n k k k <+<=+L ，即11ln(1)ln (1,2,3,,)1k k k n k k<+-<=+L 于是可以得到下面n 个不等式：1ln 2ln112<-<， ,212ln 3ln 31<-< …，11ln(1)ln 1n n n n <+-<+ 将以上n 个不等式相加得：1111111ln(1)1234123n n n++++<+<+++++L L .例19、解：（1）)(x f 的定义域为(0)+∞，，)0(1)(>-='x xae x f x由题设知，0)2(='f ，所以212a e =． 从而21()ln 12x f x e x e =--，211()2x f x e e x'=-． 又211()2x f x e e x'=-在),0(+∞上是增函数，且0)2(='f 所以当20<<x 时，0)(<'x f ；当2>x 时，0)(>'x f ． 所以)(x f 在)2,0(上单调递减，在),2(+∞上单调递增．（2）当e a 1≥时，.1ln )(--≥x e e x f x ． 设xe e x g x e e x g x x 1)(,1ln )(-='--=则， 又1()x e g x e x'=-在),0(+∞上是增函数，且0)1(='g所以当10<<x 时，0)(<'x g ；当1>x 时，0)(>'x g ．所以1=x 是)(x g 的最小值点． 故当0>x 时，.0)1()(=≥g x g因此，当1a e ≥时，()0f x ≥．（2）另证：要证当e a 1≥时，0)(≥x f ，只要证明当e a 1≥时，x e x a 1ln +≥，只需证明ee x x 11ln ≤+ 令)0(1ln )(>+=x e x x g x，则x x x xe x x e x e e x x g ---=+-=')1ln 1()()1(ln 1)(2，令1ln 1)(--=x xx h ，易知)(x h 在),0(+∞上是减函数，且0)1(=h ，所以当)1,0(∈x 时，0)(0)(>'⇒>x g x h ，当),1(+∞∈x 时，0)(0)(<'⇒<x g x h ，当1=x 时，0)1(0)1(='⇒=g h ，所以)(x g 在]1,0(上是增函数，在),1[+∞上是减函数，所以)1()(g x g ≤，即ee x x 11ln ≤+成立. 所以当ea 1≥时，0)(≥x f 成立.。

第一章导数及其应用§1.1。

1变化率问题教学目标：1．理解平均变化率的概念；2．了解平均变化率的几何意义；3．会求函数在某点处附近的平均变化率教学重点：平均变化率的概念、函数在某点处附近的平均变化率；教学难点：平均变化率的概念．教学过程：一．创设情景为了描述现实世界中运动、过程等变化着的现象,在数学中引入了函数，随着对函数的研究，产生了微积分,微积分的创立以自然科学中四类问题的处理直接相关：一、已知物体运动的路程作为时间的函数，求物体在任意时刻的速度与加速度等;二、求曲线的切线；三、求已知函数的最大值与最小值；四、求长度、面积、体积和重心等.导数是微积分的核心概念之一它是研究函数增减、变化快慢、最大(小）值等问题最一般、最有效的工具。

导数研究的问题即变化率问题：研究某个变量相对于另一个变量变化的快慢程度．二．新课讲授（一）问题提出问题1 气球膨胀率我们都吹过气球回忆一下吹气球的过程，可以发现,随着气球内空气容量的增加，气球的半径增加越来越慢。

从数学角度，如何描述这种现象呢?⏹气球的体积V（单位：L)与半径r(单位:dm）之间的函数关系是⏹如果将半径r表示为体积V的函数，那么⑴当V从0增加到1时,气球半径增加了气球的平均膨胀率为⑵当V从1增加到2时，气球半径增加了气球的平均膨胀率为可以看出，随着气球体积逐渐增大,它的平均膨胀率逐渐变小了．思考：当空气容量从V1增加到V2时，气球的平均膨胀率是多少?问题2 高台跳水在高台跳水运动中，运动员相对于水面的高度h（单位：m)与起跳后的时间t（单位：s）存在函数关系h（t）= —4。

9t2+6。

5t+10.如何用运动员在某些时间段内的平均速度粗略地描述其运动状态？思考计算：和的平均速度在这段时间里，；在这段时间里，探究：计算运动员在这段时间里的平均速度，并思考以下问题:⑴运动员在这段时间内使静止的吗？⑵你认为用平均速度描述运动员的运动状态有什么问题吗？探究过程:如图是函数h（t)= —4.9t2+6。

第一章导数及其应用1.3导数在研究函数中的应用函数的极值与导数A 级基础稳固一、选择题1．函数 f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如下图，则函数f(x)()A．无极大值点，有四个极小值点B．有三个极大值点、两个极小极值点C．有两个极大值点、两个极小值点D．有四个极大值点、无极小值点分析：由导函数f′(x)的图象可知， f′ (x)＝ 0 有四个零点，依据极值的观点知，函数f(x)有两个极大值点、两个极小值点．答案： C2． f′ (x0)＝ 0 是可导函数f(x) 在点 x0处取极值的 ()A．充足不用要条件B．必需不充足条件C．充要条件D．既不充足也不用要条件分析： f′(x不可以保证 f′(x)在x0左右两边异号，故不可以保证有极值，但f(x)在 x 处有0)＝00极值则必有f′(x0)＝ 0.答案： B3．设函数x，则() f(x)＝ xeA． 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： f′(x)＝ e x＋ xe x＝ (1＋ x)e x，令 f′(x)＝ 0，得 x＝－ 1，当 x＜－ 1 时， f′ (x)＜ 0；当 x ＞－ 1 时， f′ (x)＞ 0.因此 x＝－ 1 为 f( x) 的极小值点．答案： D24．已知函数y＝ x－ ln (1＋ x ) ，则函数 y 的极值状况是() A．有极小值B．有极大值C．既有极大值又有极小值D．无极值分析： x∈ R，由于 y′＝ 1－12· (1＋x 2) ′＝ 1－2x2＝（ x－ 1）22≥ 0 恒建立，1＋x1＋x1＋ x 因此函数 y＝ x－ ln (1 ＋ x2)无极值．答案： D5．函数 y＝ ax3＋ bx2获得极大值和极小值时的x 的值分别为 0 和1，则() 3A． a－ 2b＝ 0B． 2a－ b＝ 0 C． 2a＋ b＝ 0D． a＋ 2b＝ 0分析： y′＝ 3ax2＋ 2bx，依题意，0 和1是方程322b13ax ＋ 2bx＝ 0 的两根，因此－＝，因此a＋2b＝0.答案： D二、填空题π6．函数 f(x)＝ x＋ 2cos x 在 0，2上的极大值点为________．π分析： f′(x)＝ 1－ 2sin x，令 f′(x)＝ 0 得 x＝6.π当 0＜x＜时，f′ (x)＞0；6ππ当＜ x＜时， f′ ( x) ＜ 0.62π因此当 x＝时， f (x)有极大值．6答案：π67．设 x＝ 1 与 x＝ 2 是函数 f(x)＝ aln x＋ bx2＋ x 的两个极值点，则常数a＝ ________．分析： f′(x)＝a＋ 2bx＋ 1，由题意得a＋ 2b＋ 1＝ 0，a＋ 4b＋ 1＝ 0，x22解得 a＝－ .3答案：－238．若函数 y＝ x·2x在 x＝ x0时取极小值，则x0＝________．答案：－1ln 2三、解答题9．已知函数f(x)＝ x3－ px2－ qx 的图象与x 轴切于 (1， 0)点，求 f(x)的极大值及极小值．解： f′(x)＝ 3x2－ 2px－ q，由 f ′(1)＝ 0， f(1)＝ 0 得，3－ 2p－ q＝ 0，解得 p＝ 2， q＝－ 1，1－ p－ q＝ 0，因此 f(x)＝ x3－ 2x2＋ x.由 f′(x)＝ 3x2－ 4x＋ 1＝ 0 得 x＝13或 x＝ 1，易适当 x＝1时， f(x)取极大值4 ，327当 x＝1 时， f(x)取极小值 0.10．设函数 f(x)＝ x3－ 3ax＋ b(a≠0)．(1)若曲线 y＝ f(x)在点 (2， f(2)) 处与直线 y＝ 8 相切，求 a， b 的值；(2)求函数 f(x)的单一区间与极值点．解： (1) 由已知可得 f′(x)＝ 3x2－ 3a(a≠0)．由于曲线 y＝ f(x)在点 (2， f(2)) 处与直线 y＝ 8 相切，f′（ 2）＝ 0，3（ 4－ a）＝ 0，因此即f（ 2）＝ 8，8－ 6a＋ b＝8，解得 a＝ 4， b＝ 24.(2)f′(x)＝ 3(x2－ a)( a≠0)．当 a＜0时， f′ (x)＞ 0，函数 f(x)在 (－∞，＋∞)上单一递加，此时函数 f (x)没有极值点．当 a＞0时，由 f′(x)＝ 0，得 x＝± a.当 x∈(－∞.－a) 时， f′ (x)＞ 0，函数 f(x)单一递加；当 x∈(－ a， a)时， f′ (x)＜ 0，函数 f( x)单一递减；当 x∈(a，＋∞)时， f′ (x)＞ 0，函数 f(x) 单一递加．此时 x＝－ a是 f(x)的极大值点， x＝ a是 f(x)的极小值点．B 级能力提高1312在 (0， 2)内有极小值，则 () 1．函数 f(x)＝ x － (2b＋ 1)x＋ b(b＋ 1)x32A． 0＜ b＜ 1B． 0＜ b＜ 2C．－ 1＜ b＜ 1D．－ 1＜ b＜ 2分析： f′(x)＝ x2－ (2b＋ 1)x＋ b(b＋ 1)＝ (x－ b)，令 f′(x)＝ 0，则 x＝ b 或 x＝ b＋ 1， x＝ b＋ 1是极小值点，因此0＜b＋ 1＜ 2，得－ 1＜ b＜ 1.答案： C2．若函数y＝－ x3＋ 6x2＋ m 的极大值为 13，则实数m 等于 ________．分析： y′＝－ 3x2＋ 12x＝－ 3x(x－ 4)．由 y′＝ 0，得 x＝0 或 x＝ 4.且 x∈ (－∞， 0)或 x∈ (4，＋∞)时，y′＜ 0； x∈ (0， 4)时， y′＞ 0.因此 x＝ 4 时取到极大值．故－ 64＋ 96＋ m＝ 13，解得 m＝－ 19.答案：－ 193．已知函数f(x)＝ e x(ax＋ b)－ x2－ 4x，曲线 y＝ f(x)在点 (0，f(0)) 处的切线方程为y＝ 4x＋4.(1)求 a， b 的值；(2)议论 f(x)的单一性，并求f(x)的极大值．解： (1)f′(x)＝ e x(ax＋ a＋ b)－ 2x－ 4.由已知得f(0) ＝ 4， f′ (0) ＝ 4，故 b＝ 4，a＋ b＝ 8.进而 a＝ 4， b＝ 4.(2)由 (1)知， f(x)＝4e x (x＋ 1)－ x2－ 4x，1′＝x ＋－－＝＋e x－.f(x)4e (x 2)2x 4 4(x 2) 2令 f′(x)＝ 0 得， x＝－ ln 2 或 x＝－ 2.进而当 x∈ (－∞，－ 2)或 x∈ (－ ln 2，＋∞)时， f′ (x)＞ 0；当 x∈ (－ 2， ln 2)时， f′ (x)＜0.故 f(x)在 (－∞，－ 2)， (－ ln 2，＋∞)上单一递加，在(－ 2，－ ln 2)上单一递减．当 x＝－ 2 时，函数 f (x)获得极大值，极大值为f(－ 2)＝－24(1－ e )．。