《文科高等数学》第三讲(1)

第3讲导数与函数的极值、最值一、知识梳理1．函数的极值函数y＝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y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．函数y＝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y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值．[提醒](1)函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能称为极值点．(2)在函数的整个定义域内，极值不一定是唯一的，有可能有多个极大值或极小值．(3)极大值与极小值之间无确定的大小关系．2．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]上是增加的，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]上是减少的，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．[提醒]极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．常用结论记住两个结论(1)若函数在开区间(a，b)内的极值点只有一个，则相应极值点为函数最值点．(2)若函数在闭区间[a，b]的最值点不是端点，则最值点亦为极值点．二、教材衍化1．若函数f(x)＝2x3－x2＋ax＋3在区间(－1，1)内恰有一个极值点，则实数a的取值范围为()A．(－8，－4) B．[－8，－4)C．(－8，－4] D．(－∞，－8]∪[－4，＋∞)答案：C2．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－e B．－1C．－e D．0答案：B一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数在某区间上或定义域内的极大值是唯一的．()(2)导数为零的点不一定是极值点．()(3)函数的极大值不一定比极小值大．()(4)函数的极大值一定是函数的最大值．()(5)开区间上的单调连续函数无最值．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)×(5)√二、易错纠偏常见误区(1)利用极值求参数时忽略对所求参数的检验；(2)混淆极值与极值点的概念；(3)连续函数在区间(a，b)上不一定存在最值．1．若函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为．解析：函数f(x)＝x(x－c)2的导数为f′(x)＝3x2－4cx＋c2，由题意知，在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6，又函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，故导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正，而当c＝6时，f(x)＝x(x－6)2在x＝2处有极大值，故c＝2.答案：22．函数g(x)＝－x2的极值点是，函数f(x)＝(x－1)3的极值点(填“存在”或“不存在”)．解析：结合函数图象可知g(x)＝－x2的极值点是x＝0.因为f′(x)＝3(x－1)2≥0，所以f′(x)＝0无变号零点，故函数f(x)＝(x－1)3不存在极值点．答案：0不存在3．函数g(x)＝x2在[1，2]上的最小值和最大值分别是，在(1，2)上的最小值和最大值均(填“存在”或“不存在”)．解析：根据函数的单调性及最值的定义可得．答案：1，4不存在函数的极值问题(多维探究) 角度一由图象判断函数的极值已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图，则下列叙述正确的是()A．函数f(x)在(－∞，－4)上是减少的B．函数f(x)在x＝2处取得极大值C．函数f(x)在x＝－4处取得极值D．函数f(x)有两个极值点【解析】由导函数的图像可得，当x≤2时，f′(x)≥0，函数f(x)是增加的；当x>2时，f′(x)<0，函数f(x)是减少的，所以函数f(x)的递减区间为(2，＋∞)，故A错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B正确．当x＝－4时函数无极值，故C错误．只有当x＝2时函数取得极大值，故D错误．故选B.【答案】 B由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点：(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性，两者结合可得极值点．角度二 求已知函数的极值已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x，求函数f (x )的极小值．【解】 f ′(x )＝1x －a －1x 2＝x －（a －1）x 2(x >0)，当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上是增加的，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上是减少的； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上是增加的．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)．综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．利用导数研究函数极值问题的一般流程角度三已知函数的极值求参数值(范围)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围． 【解】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x . 若a >1，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0; 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∈(0，1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．已知函数极值点或极值求参数的两个要领(1)列式：根据极值点处导数为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必须验证根的合理性．[提醒]若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么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．1．(2020·咸阳市诊断测试)已知函数f(x)＝(x2－m)e x，若函数f(x)的图象在x＝1处切线的斜率为3e，则f(x)的极大值是()A．4e－2B．4e2C．e－2D．e2解析：选A.f′(x)＝(x2＋2x－m)e x.由题意知，f′(1)＝(3－m)e＝3e，所以m＝0，f′(x)＝(x2＋2x)e x.当x>0或x<－2时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当－2<x<0时，f′(x)<0，f(x)是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.2．已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a －b ＝ ． 解析：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7.答案：－73．已知函数f (x )＝e x (－x ＋ln x ＋a )(e 为自然对数的底数，a 为常数，且a ≤1)．判断函数f (x )在区间(1，e)内是否存在极值点，并说明理由．解：f ′(x )＝e x (ln x －x ＋1x＋a －1)，令g (x )＝ln x －x ＋1x ＋a －1，x ∈(1，e)，则f ′(x )＝e xg (x )，g ′(x )＝－x 2－x ＋1x 2<0恒成立，所以g (x )在(1，e)上是减少的，所以g (x )<g (1)＝a －1≤0，所以f ′(x )＝0在(1，e)内无解． 所以函数f (x )在区间(1，e)内无极值点．函数的最值问题(师生共研)(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x－ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)． 【解】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx 2，所以f ′(x )＞0⇒0<x <1，f ′(x )<0⇒x ＞1，所以f (x )在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的．(2)由(1)得f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，1上是增加的，在(1，e]上是减少的， 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0. 又f ⎝⎛⎭⎫1e ＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e ，且f ⎝⎛⎭⎫1e <f (e)． 所以f (x )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的最大值为0，最小值为2－e.求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上是增加的或减少的，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值． (2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．1．函数f (x )＝x 22x ＋1在⎣⎡⎦⎤－13，1上的最小值与最大值的和为( ) A.13 B.23 C ．1D ．0解析：选A.f ′(x )＝2x （2x ＋1）－2x 2（2x ＋1）2＝2x （x ＋1）（2x ＋1）2，x ∈⎣⎡⎦⎤－13，1，当f ′(x )＝0时，x ＝0；当－13≤x ≤0时，f ′(x )<0；当0<x ≤1时，f ′(x )>0，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤－13，0上是减函数，在(0，1]上是增函数．所以f (x )min ＝f (0)＝0. 又f ⎝⎛⎭⎫－13＝13，f (1)＝13. 所以f (x )的最大值与最小值的和为13.2．(2020·江西南昌模拟)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值． 解：(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－x x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． 所以f (x )max ＝f (1)＝－1.所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1. (2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∈(0，e]，1x ∈⎣⎡⎭⎫1e，＋∞. ①若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意；②若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∈(0，e]，解得0<x <－1a，令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∈(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎝⎛⎭⎫0，－1a 上为增函数，在⎝⎛⎦⎤－1a ，e 上为减函数，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a . 令－1＋ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－3，得ln ⎝⎛⎭⎫－1a ＝－2， 即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.函数极值与最值的综合应用(师生共研)已知函数f (x )＝13x 3－ax ＋1.(1)当x ＝1时，f (x )取得极值，求a 的值； (2)求f (x )在[0，1]上的最小值；(3)若对任意m ∈R ，直线y ＝－x ＋m 都不是曲线y ＝f (x )的切线，求a 的取值范围． 【解】 (1)因为f ′(x )＝x 2－a ，当x ＝1时，f (x )取得极值，所以f ′(1)＝1－a ＝0，a ＝1， 又x ∈(－1，1)时，f ′(x )<0，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0， 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，即a ＝1时符合题意． (2)当a ≤0时，f ′(x )>0对x ∈(0，1)恒成立，所以f (x )在(0，1)上是增加的，所以f (x )在x ＝0处取得最小值f (0)＝1. 当a >0时，令f ′(x )＝x 2－a ＝0， 解得x 1＝－a ，x 2＝a ， 当0<a <1时，a <1，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )是减少的； 当x ∈(a ，1)时，f ′(x )>0，f (x )是增加的， 所以f (x )在x ＝a 处取得最小值f (a )＝1－2a a3.当a ≥1时，a ≥1.x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，f (x )是减少的， 所以f (x )在x ＝1处取得最小值f (1)＝43－a .综上所述，当a ≤0时，f (x )在x ＝0处取得最小值f (0)＝1；当0<a <1时，f (x )在x ＝a 处取得最小值f (a )＝1－2a a3；当a ≥1时，f (x )在x ＝1处取得最小值f (1)＝43－a .(3)因为对任意的m ∈R ，直线y ＝－x ＋m 都不是曲线y ＝f (x )的切线， 所以f ′(x )＝x 2－a ≠－1对x ∈R 恒成立， 只要f ′(x )＝x 2－a 的最小值大于－1即可． 而f ′(x )＝x 2－a 的最小值为－a ， 所以－a >－1，即a <1.解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x <1，a ln x ，x ≥1.(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值． 解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)， 令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)①由(1)知，当－1≤x <1时，函数f (x )在[－1，0)和⎣⎡⎭⎫23，1上是减少的，在⎣⎡⎭⎫0，23上是增加的．因为f (－1)＝2，f ⎝⎛⎭⎫23＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ，当a ≤0时，f (x )≤0； 当a >0时，f (x )在[1，e]上是增加的． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .所以当a ≥2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e]上的最大值为2.[基础题组练]1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50，14 C ．50，－2D ．50，－14解析：选C.因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∈[－4，－3)或x ∈(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∈(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2.2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，给出下列判断：①函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－3，－12内是增加的； ②当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ③函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内是增加的；④当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．①②④D ．③④解析：选B.对于①，函数y ＝f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－3，－12内有增有减，故①不正确； 对于②，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故②正确；对于③，当x ∈(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上是增加的，故③正确；对于④，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故④不正确．3．已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e解析：选B.函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x －1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x －1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2.4．用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( )A ．120 000 cm 3B ．128 000 cm 3C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3解析：选B.设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120. 设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x ＝80(x ＝0舍去)．当x ∈(0，80)时，y ′＞0；当x ∈(80，120)时，y ′＜0.因此，x ＝80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.5．函数f (x )＝3x 2＋ln x －2x 的极值点的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．无数解析：选A.函数定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝6x ＋1x －2＝6x 2－2x ＋1x，由于x >0，g (x )＝6x 2－2x ＋1的Δ＝－20<0， 所以g (x )>0恒成立，故f ′(x )>0恒成立， 即f (x )在定义域上是增加的，无极值点．6．函数f (x )＝x 3－3x 2＋4在x ＝ 处取得极小值． 解析：由f ′(x )＝3x 2－6x ＝0，得x ＝0或x ＝2.列表答案：27．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 ．解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.答案：－1 ⎝⎛⎭⎫－337，－3 8．(2020·河南驻马店模拟)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝________，f (x )的极小值为________．解析：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.答案：0 －e9．(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∈R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值． 解：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图像在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6. (2)f ′(x )＝n －xx 2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n . ①当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上是减少的， 所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；②当n >1时，函数f (x )在[1，n )上是增加的，在(n ，＋∞)上是减少的，所以f (x )max ＝f (n )＝m －1－ln n .10．(2019·高考江苏卷节选)设函数f (x )＝(x －a )(x －b )·(x －c )，a ，b ，c ∈R ，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)若a ＝b ＝c ，f (4)＝8，求a 的值；(2)若a ≠b ，b ＝c ，且f (x )和f ′(x )的零点均在集合{－3，1，3}中，求f (x )的极小值． 解：(1)因为a ＝b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )＝(x －a )3. 因为f (4)＝8，所以(4－a )3＝8，解得a ＝2.(2)因为b ＝c ，所以f (x )＝(x －a )(x －b )2＝x 3－(a ＋2b )x 2＋b (2a ＋b )x －ab 2， 从而f ′(x )＝3(x －b )⎝⎛⎭⎫x －2a ＋b 3.令f ′(x )＝0，得x ＝b 或x ＝2a ＋b 3.因为a ，b ，2a ＋b3都在集合{－3，1，3}中，且a ≠b ，所以2a ＋b 3＝1，a ＝3，b ＝－3.此时，f (x )＝(x －3)(x ＋3)2，f ′(x )＝3(x ＋3)(x －1)． 令f ′(x )＝0，得x ＝－3或x ＝1.列表如下：[综合题组练]1．(2020·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∈N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( )A ．2折函数B ．3折函数C ．4折函数D ．5折函数解析：选C.f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)·(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2.易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e －2≠3×(－2)＋2＝－4.所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．2．若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．解析：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32. 答案：⎣⎡⎭⎫1，32 3．已知函数f (x )＝e x ＋2x. (1)求函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程；(2)证明：f (x )仅有唯一的极小值点．解：(1)因为f ′(x )＝e x （x －1）－2x 2， 所以k ＝f ′(1)＝－2.又因为f (1)＝e ＋2，所以切线方程为y －(e ＋2)＝－2(x －1)，即2x ＋y －e －4＝0.(2)证明：令h (x )＝e x (x －1)－2，则h ′(x )＝e x ·x ，所以x ∈(－∞，0)时，h ′(x )<0，x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )>0.当x ∈(－∞，0)时，易知h (x )<0，所以f ′(x )<0，f (x )在(－∞，0)上没有极值点．当x ∈(0，＋∞)时，因为h (1)＝－2<0，h (2)＝e 2－2>0，所以f ′(1)<0，f ′(2)>0，f (x )在(1，2)上有极小值点．又因为h (x )在(0，＋∞)上是增加的，所以f (x )仅有唯一的极小值点．4．设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0)．(1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围．解：(1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x.又a >0， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )是增加的， 当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )是减少的． 所以函数y ＝g (x )的增区间为⎝⎛⎭⎫0，12a ，减区间为⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a>1，由(1)知f ′(x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上是增加的，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1，12a 时，f ′(x )>0. 所以f (x )在(0，1)内是减少的，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上是增加的． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不符合题意．②当a ＝12时，12a＝1，f ′(x )在(0，1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )是减少的，不符合题意．③当a >12时，0<12a<1，当x ∈⎝⎛⎭⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )是增加的，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )是减少的．所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意．综上可知，实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫12，＋∞.。

文科高等数学基础教程教材在文科领域中，数学作为一门基础学科，被广泛应用于各种实际问题的分析和解决。

为了帮助文科学生掌握高等数学基础知识，本教材将深入介绍数学的核心概念和方法，并通过实例和练习帮助学生巩固所学知识。

一、数列和数列极限数列是指由一系列有序的数按照某种规律排列而成的。

本教材首先介绍了数列的基本概念和表示方法，然后重点讲解了数列的极限概念及其性质。

通过数列极限的学习，学生可以理解数列的趋势和特点，为后续知识的学习奠定基础。

二、函数及其极限函数是一种常见的数学模型，可以用于描述多种实际问题。

本教材详细介绍了函数的定义和表示方法，同时重点讲解了函数的极限和连续性。

通过函数的学习，学生可以了解函数的性质和变化规律，并能够应用函数分析解决实际问题。

三、导数与微分导数是函数变化率的度量，微分则是微小变动对函数变化的近似描述。

本教材深入讲解了导数的定义和计算方法，以及微分的应用场景。

通过导数与微分的学习，学生可以理解函数的斜率和曲线形态，为进一步应用数学分析问题打下基础。

四、不定积分与定积分积分是求解函数面积、体积和累积值的重要工具。

本教材引入了不定积分和定积分的概念，并详细介绍了求解不定积分和定积分的方法和技巧。

通过不定积分与定积分的学习，学生可以掌握数学分析中积分运算的基本原理和应用技巧。

五、微分方程微分方程是数学建模中常用的工具，用于描述变量之间的关系和变化规律。

本教材系统讲解了常微分方程的基本概念、解法和应用。

学生通过学习微分方程，可以了解变化规律背后的数学原理，并能够应用微分方程解决实际问题。

六、概率与统计概率与统计是文科领域中常用的数学方法，用于分析和推断实际问题中的数据。

本教材介绍了概率论的基本概念、计算方法和常用分布，以及统计学的数据处理和推断方法。

通过概率与统计的学习，学生可以掌握数据分析和推断的基本原理和技巧。

七、线性代数线性代数是一门研究向量、矩阵和线性方程组的数学学科，广泛应用于线性模型和矩阵计算等领域。

《高等数学》（文科）课程教学大纲一、课程简介：1、课程性质：《高等数学》是文科类专业的一门公共基础类必修课。

2、开课学期：大一第2学期3、适用专业：中文、外语、音乐、美术、法学、政教、历史等文科专业4、课程修读条件：学生应熟练掌握初等数学知识。

5、课程教学目的：通过本课程的学习，了解数学的广泛应用和数学发展简史；掌握概率论的初步知识；掌握函数极限与导数知识及其应用、一元微积分的运算与应用。

通过学习部分高等数学知识，领会微积分的基本思想，掌握数学的辨证思维方法，提高分析、判断、推理的能力和运算能力，为以后的工作和学习提供必要得数学知识、方法和手段。

二、教学基本要求或建议：《高等数学》课程是以微积分为主要内容的一门理论性课程，对抽象思维能力、逻辑推理能力有较高要求。

由于文科专业学生数学基础普遍较差，因此课程学习可能会有一定的难度。

教学中须因材施教、循序渐进，重点放在对基础知识和基本方法的掌握，注意加强练习环节。

三、内容纲目及标准：（一）理论部分学时数（36学时）第0章绪论——数学的内容、特点，数学发展简史[教学目的] 了解数学在自然科学社会科学各领域的重要作用，特别是在语言学、社会学、哲学等社会科学中数学方法的运用，使学生认识到学习《高等数学》课程的重要性；了解数学的内容、特点；从数学发展的历史过程中体会科学发现的艰辛，学习数学家科学探索、追求真理的精神。

[教学重点与难点] 数学应用的广泛性，激发学生学习数学的兴趣。

第一章概率统计初步[教学目的] 了解随机现象、事件等概念，理解事件的关系和运算；理解概率的统计定义、古典概型、几何概率、概率的公理化定义；掌握概率的基本性质；理解条件概率与乘法公式、全概率公式、贝叶斯公式，能运用有关公式计算简单的概率。

[教学重点与难点] 重点：概率的基本性质；古典概型、条件概率、乘法公式。

难点：全概率公式、贝叶斯公式。

第一节随机现象第二节事件的关系和运算第三节排列与组合第四节概率※第五节两个实例第二章函数与极限[教学目的] 理解数列极限与函数极限的概念，了解函数的左右极限概念。

文科高等数学第三版教材答案第一章：函数及其图像1. 函数的概念及性质函数是一种特殊的关系，它将一个集合中的每个元素都映射到另一个集合中的唯一元素。

函数有定义域和值域，可以用图像来表示。

2. 函数的表示方法函数可以用函数表、公式、图像等方式表示。

其中，函数表是一种列出定义域与值域对应关系的方式，而函数公式则是通过数学表达式来表示。

3. 常见的函数类型常见的函数类型包括线性函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等。

不同类型的函数有不同的性质和特点。

4. 函数的性质函数有奇偶性、单调性、周期性等性质。

奇偶性指的是函数的对称性，单调性指的是函数在定义域内的增减性，周期性指的是函数具有重复性。

5. 函数的限制函数的限制是指函数在某些条件下的取值范围。

常见的限制包括定义域的限制、值域的限制以及其他约束条件的限制。

第二章：导数与微分1. 导数的定义与性质导数是函数在某一点处的变化率，表示函数曲线在该点处的切线斜率。

导数具有线性性、乘法性、和法则、差法则等性质。

2. 导数的计算方法导数的计算方法包括求导法则、链式法则、参数法则等。

其中，求导法则包括常规函数的求导公式，链式法则适用于复合函数的求导，参数法则适用于含有参数的函数的求导。

3. 函数的凹凸性与拐点函数的凹凸性与拐点与其导数的变化有关。

例如，函数的二阶导数大于零时，函数凹，二阶导数小于零时，函数凸，二阶导数为零时，可能存在拐点。

4. 微分的概念与应用微分表示函数在某一点处的变化量，是导数的微小改变量。

微分在近似计算、极值问题等方面有广泛的应用。

第三章：不定积分与定积分1. 不定积分的基本概念不定积分是确定函数的原函数的过程，表示函数在一个区间内的积分。

不定积分可以通过求导的逆运算来求得。

2. 基本积分法和基本积分公式基本积分法包括基本积分公式、分部积分法、换元积分法等。

基本积分公式是一些常见函数的不定积分公式，可以直接应用于计算。

3. 定积分的基本概念与性质定积分是确定函数在一个区间内的面积的过程，可以看作是在坐标轴下所夹图形的面积。

基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1.函数f (x )＝2x 3－6x 2－18x －7在[1，4]上的最小值为________. 解析 f ′(x )＝6x 2－12x －18＝6(x 2－2x －3) ＝6(x －3)(x ＋1)，由f ′(x )＞0，得x ＞3或x ＜－1； 由f ′(x )＜0，得－1＜x ＜3，故函数f (x )在[1，3]上单调递减，在[3，4]上单调递增， ∴f (x )min ＝f (3)＝2×27－6×9－18×3－7＝－61. 答案 －612.函数f (x )＝x 3＋3x 2＋3x －a 的极值点的个数是________.解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x 2＋2x ＋1)＝3(x ＋1)2≥0，∴函数f (x )在R 上单调递增，故f (x )无极值点. 答案 03.(2015·泰州调研)函数f (x )＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则b 的取值范围是________.解析 由f (x )＝x 3－3bx ＋3b ，得f ′(x )＝3x 2－3b .由已知可得f ′(x )＝3x 2－3b 在(0，1)上与x 轴有交点，且满足⎩⎨⎧f ′（0）＜0，f ′（1）＞0，即⎩⎨⎧b ＞0，3－3b ＞0.∴0＜b ＜1.∴b 的取值范围是(0，1). 答案 (0，1)4.(2015·扬州模拟)已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1时有极值0，则a －b ＝________.解析 由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则 ⎩⎨⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎨⎧a ＝2，b ＝9，经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 答案 －75.(2016·长沙模拟)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________. 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根， ∴Δ＝4a 2－4×3×(a ＋6)＞0，即a 2－3a －18＞0. ∴a ＞6或a ＜－3.答案 (－∞，－3)∪(6，＋∞)6.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则a 的取值范围是________.解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点， 则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1. 答案 (－∞，－1)7.已知函数f (x )＝x 3－12x ＋8在区间[－3，3]上的最大值与最小值分别为M ，m ，则M －m ＝________.解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0，得x ＝±2，又f (－3)＝17，f (－2)＝24，f (2)＝－8，f (3)＝－1，所以M ＝24，m ＝－8，M －m ＝32. 答案 328.(2015·苏、锡、常、镇模拟)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 在x ＝0处有极大值1，在x ＝2处有极小值0，则常数a ，b ，c ，d 分别为________，________，________，________.解析 f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ，则⎩⎨⎧f （2）＝0，f ′（2）＝0，f （0）＝1，f ′（0）＝0，即⎩⎨⎧8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，12a ＋4b ＋c ＝0，d ＝1，c ＝0，解得a ＝14，b ＝－34，c ＝0，d ＝1.答案 14 34 0 1 二、解答题9.(2016·徐州一检)当a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e 时，函数f (x )＝ax －1＋ln x 在区间(0，e)上的最大值为－4，求a 的值.解 由题意f ′(x )＝a ＋1x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝－1a .∵a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e ，∴0＜－1a ＜e ，由f ′(x )＞0，解得0＜x ＜－1a，由f ′(x )＜0，解得－1a ＜x ＜e.从而f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a ，减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，e .∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1－1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，解得a ＝－e 2.10.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar ＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞). f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0， 当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减.因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r ＝4004＝100.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1，1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________.解析 对函数f (x )求导得f ′(x )＝－3x 2＋2ax ， 由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0， 即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3＋3x 2－4，f ′(x )＝－3x 2＋6x ， 易知f (x )在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增， ∴当m ∈[－1，1]时，f (m )min ＝f (0)＝－4. 又∵f ′(x )＝－3x 2＋6x 的图象开口向下， 且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1，1]时， f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9. 故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案 －1312.(2016·南通调研)若函数f (x )＝x 33－a 2x 2＋x ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，则实数a 的取值范围是________.解析 若函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上无极值，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0恒成立或当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0恒成立.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，y ＝x ＋1x 的值域是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3时，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≥0，即a ≤x ＋1x 恒成立，a ≤2；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，f ′(x )＝x 2－ax ＋1≤0，即a ≥x ＋1x 恒成立，a ≥103.因此要使函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有极值点，实数 a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2，103.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，10313.(2015·太原二模)已知f ′(x )＝a (x ＋1)(x －a )是函数f (x )的导函数，若f (x )在x ＝a 处取得极大值，则实数a 的取值范围是________.解析 ∵f ′(－1)＝f ′(a )＝0，∴当a ＜－1时，x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；a ＜x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.当－1＜a ＜0时，x ＜－1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，此时f (x )在x ＝a 处取得极大值，符合题意.当a ＞0时，x ＜－1时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；－1＜x ＜a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；x ＞a 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，此时f (x )在x ＝a 处取得极小值，不符合题意.∴实数a 的取值范围是(－1，0). 答案 (－1，0)14.(2015·南京、盐城调研)已知a ∈R ，函数f (x )＝a x ＋ln x －1. (1)当a ＝1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)求f (x )在区间(0，e]上的最小值.解 (1)当a ＝1时，f (x )＝1x ＋ln x －1，x ∈(0，＋∞)， 所以f ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，x ∈(0，＋∞).因此f ′(2)＝14，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为14. 又f (2)＝ln 2－12，所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为 y －⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 2－12＝14(x －2)，即x －4y ＋4ln 2－4＝0. (2)因为f (x )＝ax ＋ln x －1，所以f ′(x )＝－a x 2＋1x ＝x －ax 2，x ∈(0，＋∞). 令f ′(x )＝0，得x ＝a .①若a ≤0，则f ′(x )＞0，f (x )在区间(0，e]上单调递增，此时函数f (x )无最小值. ②若0＜a ＜e ，当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0， 函数f (x )在区间(0，a )上单调递减，当x ∈(a ，e]时， f ′(x )＞0，函数f (x )在区间(a ，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln a.③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值a e.综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；当0＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ln a；当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为a e.。

第三讲 分类讨论思想思想方法解读考点由概念、法则、公式引起的分类讨论典例1 (1)[2015·福建高考]若函数f(x)＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x>2(a>0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．[解析] 因为f(x)＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x>2，所以当x ≤2时，f(x)≥4；又函数f(x)的值域为[4，＋∞)，所以⎩⎨⎧a>1，3＋log a 2≥4.解得1<a ≤2，所以实数a 的取值范围为(1,2]．[答案] (1,2](2)已知各项均为正数的数列{a n }，其前n 项和为S n ，且S n ＝(S n －1＋a 1)2(n ≥2)，若b n ＝a n ＋1a n＋a na n ＋1，且数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝________.[解析] 由题意可得，S n >0，因为S n ＝(S n －1＋a 1)2(n ≥2)，所以S n ＝S n －1＋a 1，即数列{S n }是以S 1＝a 1为首项，以a 1为公差的等差数列，所以S n ＝n a 1，所以S n ＝n 2a 1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2a 1－(n －1)2a 1＝(2n －1)a 1，当n ＝1时，适合上式，所以b n ＝a n ＋1a n ＋a n a n ＋1＝2n ＋12n －1＋2n －12n ＋1＝1＋22n －1＋1－22n ＋1＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝2n ＋4n2n ＋1＝4n 2＋6n 2n ＋1. [答案] 4n 2＋6n2n ＋1四步解决由概念、法则、公式引起的分类讨论问题第一步：确定需分类的目标与对象．即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理． 第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理． 【针对训练1】 在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d<0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |. 解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2， 即5(a 1＋2d)·a 1＝(2a 1＋2d ＋2)2 d 2－3d －4＝0，解得d ＝－1或d ＝4， 所以a n ＝－n ＋11或a n ＝4n ＋6. (2)设数列{a n }前n 项和为S n ，因为d<0，所以d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则 由a n ≥0，即－n ＋11≥0得n ≤11. 所以当n ≤11时，a n ≥0，n ≥12时，a n <0.所以n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 11|＋|a 12|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－…－a n ＝S 11－(S n －S 11)＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.考点由参数变化引起的分类讨论典例2 [2015·江苏高考]已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b (a ，b ∈R )． (1)试讨论f (x )的单调性；(2)若b ＝c －a (实数c 是与a 无关的常数)，当函数f (x )有三个不同的零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，求c 的值．[解] (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ，令f ′(x )＝0，解得x 1＝0，x 2＝－2a3.当a ＝0时，因为f ′(x )＝3x 2>0(x ≠0)，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a >0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－2a 3，(0，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，0上单调递减；当a <0时，x ∈(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞时，f ′(x )>0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(－∞，0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2a 3上单调递减．(2)由(1)知，函数f (x )的两个极值为f (0)＝b ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝427a 3＋b ，则函数f (x )有三个零点等价于f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 3＝b ⎝ ⎛⎭⎪⎫427a 3＋b <0，从而⎩⎪⎨⎪⎧a >0，－427a 3<b <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，0<b <－427a 3. 又b ＝c －a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a >0，427a 3－a ＋c >0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，427a 3－a ＋c <0.设g (a )＝427a 3－a ＋c ，因为函数f (x )有三个零点时，a 的取值范围恰好是(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞，则在(－∞，－3)上g (a )<0，且在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞上g (a )>0均恒成立，从而g (－3)＝c －1≤0， 且g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝c －1≥0，因此c ＝1.此时，f (x )＝x 3＋ax 2＋1－a ＝(x ＋1)[x 2＋(a －1)x ＋1－a ]，因函数有三个零点，则x 2＋(a －1)x ＋1－a ＝0有两个异于－1的不等实根， 所以Δ＝(a －1)2－4(1－a )＝a 2＋2a －3>0，且(－1)2－(a －1)＋1－a ≠0， 解得a ∈(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞. 综上c ＝1.1．变量或参数变化时常见的分类讨论(1)解含参数的不等式时，常按参数的取值不同分类讨论．(2)平面解析几何中，直线点斜式中按斜率k 存在和不存在，直线截距式中按截距b ＝0和b ≠0分类讨论．2．利用分类讨论思想的注意点(1)分类讨论要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．(2)分类讨论时要根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前面所述不重不漏，最后将讨论结果归类合并，其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和类别之间没有先后；最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．【针对训练2】 [2016·四川高考]设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )>1x －e 1－x 在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．解 (1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x .则s ′(x )＝e x －1－1. 而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增． 又由s (1)＝0，有s (x )>0， 从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0.故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a>1.由(1)有f ⎝⎛⎭⎪⎫12a <f (1)＝0，而g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a >0， 所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立． 当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x 2>0.因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立． 综上，a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.考点根据图形位置或形状分类讨论典例3 [2015·广东高考]已知过原点的动直线l 与圆C 1：x 2＋y 2－6x ＋5＝0相交于不同的两点A ，B .(1)求圆C 1的圆心坐标；(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；(3)是否存在实数k ，使得直线L ：y ＝k (x －4)与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．[解] (1)圆C 1的标准方程为(x －3)2＋y 2＝4，圆心坐标为C 1(3,0)．(2)由垂径定理知，C 1M ⊥AB ，故点M 在以OC 1为直径的圆上，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94.故线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程是⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94在圆C 1：(x －3)2＋y 2＝4内部的部分，设AB 方程为y ＝k 1x ，当AB 与圆C 1相切时⎩⎨⎧y ＝k 1xx 2＋y 2－6x ＋5＝0⇒(k 21＋1)x 2－6x ＋5＝0，由Δ＝36－4×5×(k 21＋1)＝0得k 1＝±255， 代入方程组得x ＝53，因此x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤53，3.即⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94⎝ ⎛⎭⎪⎫53＜x ≤3. (3)联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋y 2＝94，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53，y ＝±253.不妨设其交点为P 1⎝ ⎛⎭⎪⎫53，253，P 2⎝ ⎛⎭⎪⎫53，－253， 设直线L ：y ＝k (x －4)所过定点为P (4,0)， 则kPP 1＝－257，kPP 2＝257.当直线L 与圆C 相切时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪32k －4k k 2＋1＝32，解得k ＝±34.故当k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－34，34∪⎝⎛⎭⎪⎫－257，257时，直线L 与曲线C 只有一个交点．六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．【针对训练3】 (1)设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于( )A.12或32B.23或2C.12或2 D.23或32答案 A解析 不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0，若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ，|F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12.若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32.(2)已知变量x ，y 满足的不等式组⎩⎨⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k ＝( )A ．－12 B.12C ．0D ．－12或0答案 D解析不等式组⎩⎨⎧ x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知，若要使不等式组⎩⎨⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的平面区域是直角三角形，只有当直线y ＝kx ＋1与直线x ＝0或y ＝2x 垂直时才满足．结合图形可知斜率k 的值为0或－12.。

第2节导数在研究函数中的应用最新考纲 1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.会用导数解决实际问题.知识梳理1.函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.2.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处的函数值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处的函数值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.3.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.[常用结论与微点提醒]1.函数f(x)在区间(a，b)上递增，则f′(x)≥0，“f′(x)>0在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调递增”的充分不必要条件.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.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.()(2)若函数y＝f(x)在(a，b)内，恒有f′(x)＝0，则y＝f(x)在(a，b)内不具有单调性.()(3)函数的极大值一定比极小值大.()(4)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.()解析(1)函数f(x)在(a，b)上单调递增，则在(a，b)上有f′(x)≥0，故(1)错.(3)函数的极值是局部概念，极大值与极小值大小不能确定，故(3)错.答案(1)×(2)√(3)×(4)√2.(选修1－1P91例题改编)函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为()A.(－1，1)B.(0，1)C.(1，＋∞)D.(0，＋∞)解析函数y＝12x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－1x＝（x－1）（x＋1）x，令y′<0，则可得0<x<1.答案 B3.(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()解析利用导数与函数的单调性进行验证.f′(x)＞0的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合.答案 D4.(2017·全国Ⅱ卷)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)·e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A.－1B.－2e－3C.5e－3D.1解析f′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]·e x－1，则f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]·e－3＝0⇒a＝－1，则f(x)＝(x2－x－1)·e x－1，f′(x)＝(x2＋x－2)·e x－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝1， 当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，当－2<x <1时，f ′(x )<0，则f (x )极小值为f (1)＝－1. 答案 A5.(2018·郑州质检)若函数f (x )＝13x 3－32x 2＋ax ＋4恰在[－1，4]上单调递减，则实数a 的值为________.解析 f ′(x )＝x 2－3x ＋a ，且f (x )恰在[－1，4]上单调递减， ∴f ′(x )＝x 2－3x ＋a ≤0的解集为[－1，4]， 因此－1，4是方程f ′(x )＝0的两根， 则a ＝(－1)×4＝－4. 答案 －4第1课时 导数与函数的单调性考点一 求函数的单调区间(典例迁移)【例1】 (经典母题)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值. (1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，求函数g (x )的单调减区间. 解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ，因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝0，即3a ·169＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x ，故g ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 2＋2x e x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋x 2e x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＋52x 2＋2x e x ＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )<0，得x (x ＋1)(x ＋4)<0， 解之得－1<x <0或x <－4，所以g (x )的单调减区间为(－1，0)，(－∞，－4).【迁移探究1】 若本例中函数f (x )变为“f (x )＝ln x －12x 2＋x ”，试求f (x )的单调区间. 解 因为f (x )＝ln x －12x 2＋x ，且x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x －x ＋1＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －1－52⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋52x .令f ′(x )＝0，所以x 1＝1＋52，x 2＝1－52(舍去). 由f ′(x )>0，得0<x <1＋52；由f ′(x )<0，得x >1＋52.所以函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，＋∞. 【迁移探究2】 若本例的函数变为“f (x )＝x 22－a ln x ，a ∈R ”，求f (x )的单调区间.解 因为f (x )＝x 22－a ln x ，所以x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax .(1)当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数. (2)当a >0时，f ′(x )＝（x ＋a ）（x －a ）x，则有①当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，所以f (x )的单调递减区间为(0，a ). ②当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )的单调递增区间为(a ，＋∞). 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间. 当a >0时，函数f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞). 规律方法 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 )；(3)在定义域内解不等式f ′(x )>0，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f ′(x )<0，得单调递减区间.【训练1】 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))处的切线垂直于直线y ＝12x . (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间.解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32(x >0).则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去.当x ∈(0，5)时，f ′(x )<0；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0，5). 考点二 证明(判断)函数的单调性【例2】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，其中参数a ≤0. (1)讨论f (x )的单调性； (2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，且a ≤0. f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a ).①若a ＝0，则f (x )＝e 2x ，在(－∞，＋∞)上单调递增. ②若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增.(2)①当a ＝0时，f (x )＝e 2x ≥0恒成立.②若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2， 故当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2≥0， 即0>a ≥－2e 34时，f (x )≥0. 综上，a 的取值范围是[－2e 34，0].规律方法 1.(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论. (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为0的点和函数的间断点. 2.个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到)，f (x )在R 上是增函数.【训练2】 (2015·全国Ⅱ卷改编)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )，讨论f (x )的单调性.解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a . 若a ≤0，则f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增.若a >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减.考点三 导数在函数单调性中的应用(易错警示)【例3】 (1)(2018·武汉模拟)已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，若a ＝f （e ）e ，b ＝f （ln 2）ln 2，c ＝f （－3）－3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( ) A.a <b <c B.b <c <aC.a <c <bD.c <a <b解析 设g (x )＝f （x ）x ，则g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2， ∵当x >0时，xf ′(x )－f (x )<0，∴g ′(x )<0. ∴g (x )在(0，＋∞)上是减函数.由f (x )为奇函数，知g (x )为偶函数，则g (－3)＝g (3)， 又a ＝g (e)，b ＝g (ln 2)，c ＝g (－3)＝g (3)， ∴g (3)<g (e)<g (ln 2)，故c <a <b . 答案 D(2)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x .①若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； ②若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求a 的取值范围. 解 ①h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0. ∴h ′(x )＝1x －ax －2.若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解， 即a >1x 2－2x 有解.设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min .(*) 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞). ②由h (x )在[1，4]上单调递减，∴当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，(**) 则a ≥1x 2－2x 恒成立，设G (x )＝1x 2－2x ， 所以a ≥G (x )max .又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1，4]，因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝（7x －4）（x －4）16x ，∵x ∈[1，4]，∴h ′(x )＝（7x －4）（x －4）16x ≤0，当且仅当x ＝4时等号成立.(***) ∴h (x )在[1，4]上为减函数.故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.规律方法 1.已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)，x ∈(a ，b )恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x )不恒等于0的参数的范围.2.若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上不单调，则转化为f ′(x )＝0在(a ，b )上有解.3.利用导数比较大小，其关键在于利用题目条件构造辅助函数，把比较大小的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，进而根据单调性比较大小.易错警示 (1)第(2)题中，对特称命题理解不清，不能把第①问转化为1x －ax －2<0有解，难以得到不等式(*).错求a 的取值范围.(2)错误理解“f (x )为减函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )都有f ′(x )≤0，且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为0”.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.导致在第②问中(**)处易错求h ′(x )<0恒成立，另外在(***)处容易忽视a ＝－716进行检验.【训练3】 (2018·兰州模拟)已知函数f (x )＝12x 2－2a ln x ＋(a －2)x . (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)是否存在实数a ，使函数g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增？若存在，求出a 的取值范围；若不存在，说明理由.解 (1)当a ＝－1时，f (x )＝12x 2＋2ln x －3x ， 则f ′(x )＝x ＋2x －3＝x 2－3x ＋2x ＝（x －1）（x －2）x.当0<x <1或x >2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当1<x <2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. ∴f (x )的单调增区间为(0，1)和(2，＋∞)，单调减区间为(1，2). (2)假设存在实数a ，使g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上是增函数， ∴g ′(x )＝f ′(x )－a ＝x －2ax －2≥0恒成立. 即x 2－2x －2a x ≥0在x ∈(0，＋∞)上恒成立.∴x 2－2x －2a ≥0当x >0时恒成立， ∴a ≤12(x 2－2x )＝12(x －1)2－12恒成立.又φ(x )＝12(x －1)2－12，x ∈(0，＋∞)的最小值为－12. ∴当a ≤－12时，g ′(x )≥0恒成立.又当a ＝－12，g ′(x )＝（x －1）2x当且仅当x ＝1时，g ′(x )＝0.故当a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12时，g (x )＝f (x )－ax 在(0，＋∞)上单调递增.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝x －ln x 的单调递减区间为( ) A.(0，1) B.(0，＋∞)C.(1，＋∞)D.(－∞，0)∪(1，＋∞)解析 函数的定义域是(0，＋∞)，且f ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，令f ′(x )<0，解得0<x <1， 所以单调递减区间是(0，1). 答案 A2.已知f (x )＝1＋x －sin x ，则f (2)，f (3)，f (π)的大小关系正确的是( ) A.f (2)>f (3)>f (π) B.f (3)>f (2)>f (π) C.f (2)>f (π)>f (3)D.f (π)>f (3)>f (2)解析 因为f (x )＝1＋x －sin x ，所以f ′(x )＝1－cos x ， 当x ∈(0，π]时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，π]上是增函数， 所以f (π)>f (3)>f (2). 答案 D3.(2014·课标全国Ⅱ卷)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是( )A.(－∞，－2]B.(－∞，－1]C.[2，＋∞)D.[1，＋∞)解析 ∵f ′(x )＝k －1x ，依题意f ′(x )≥0在(1，＋∞)上恒成立， ∴k ≥1x在x ∈(1，＋∞)上恒成立，由x >1，得0<1x <1，所以k ≥1. 答案 D4.(2017·山东卷)若函数e x f (x )(e ＝2.718 28…是自然对数的底数)在f (x )的定义域上单调递增，则称函数f (x )具有M 性质，下列函数中具有M 性质的是( ) A.f (x )＝2－x B.f (x )＝x 2 C.f (x )＝3－xD.f (x )＝cos x解析 设函数g (x )＝e x·f (x )，对于A ，g (x )＝e x·2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x，在定义域R 上为增函数，A 正确；对于B ，g (x )＝e x ·x 2，则g ′(x )＝x (x ＋2)e x ，由g ′(x )>0得x <－2或x >0，∴g (x )在定义域R 上不是增函数，B 不正确；对于C ，g (x )＝e x·3－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 3x在定义域R 上是减函数，C 不正确；对于D ，g (x )＝e x ·cos x ，则g ′(x )＝2e x cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，g ′(x )>0在定义域R 上不恒成立，D 不正确. 答案 A5.(2018·保定一中模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( ) A.(－1，1)B.(－1，＋∞)C.(－∞，－1)D.(－∞，＋∞)解析 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2， 因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增.又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1.答案 B 二、填空题6.已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)，则函数f (x )的单调递增区间为________.解析 因为f (x )＝(－x 2＋2x )e x ， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x <2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(－2，2). 答案 (－2，2)7.(2018·安徽江南十校联考)设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间[a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是________.解析 易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝x －9x . 由f ′(x )＝x －9x <0，解得0<x <3.因为f (x )＝12x 2－9ln x 在[a －1，a ＋1]上单调递减， ∴⎩⎨⎧a －1>0，a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 答案 (1，2]8.(2018·银川诊断)若函数f (x )＝ax 3＋3x 2－x 恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围是________.解析 由题意知f ′(x )＝3ax 2＋6x －1，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，所以3ax 2＋6x －1＝0需满足a ≠0，且Δ＝36＋12a >0，解得a >－3，所以实数a 的取值范围是(－3，0)∪(0，＋∞). 答案 (－3，0)∪(0，＋∞) 三、解答题9.已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间. 解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1， 解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)， 令f ′(x )>0，解得x >1或x <－13；令f ′(x )<0，解得－13<x <1.所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)； f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1. 10.已知a ∈R ，若函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)在(－1，1)上单调递增，求a 的取值范围.解 因为函数f (x )在(－1，1)上单调递增，所以f ′(x )≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为f ′(x )＝(－2x ＋a )e x ＋(－x 2＋ax )e x ＝[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ，所以[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x ≥0对x ∈(－1，1)都成立.因为e x ＞0，所以－x 2＋(a －2)x ＋a ≥0，则a ≥x 2＋2x x ＋1＝（x ＋1）2－1x ＋1＝(x ＋1)－1x ＋1对x ∈(－1，1)都成立. 令g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1，则g ′(x )＝1＋1（x ＋1）2＞0， 所以g (x )＝(x ＋1)－1x ＋1在(－1，1)上单调递增， 所以g (x )＜g (1)＝(1＋1)－11＋1＝32， 所以a ≥32，又当a ＝32时，当且仅当x ＝0时，f ′(x )＝0，所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( )A.[－1，1]B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立.令t ＝cos x ，t ∈[－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0.在t ∈[－1，1]上恒成立.∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1，1]上恒成立.令g (t )＝4t 2－3at －5， 则⎩⎨⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13. 答案 C12.函数f (x )在定义域R 内可导，若f (x )＝f (2－x )，且当x ∈(－∞，1)时，(x －1)f ′(x )<0，设a＝f (0)，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则a ，b ，c 的大小关系是________(由小到大). 解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0，则f (x )在(－∞，1)上为增函数；又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1，因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12， 即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b . 答案 c <a <b13.(2016·四川卷节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －e e x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数.(1)讨论f (x )的单调性；(2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0).当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减.当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增. (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )>s (1)，即e x －1>x ，从而g (x )＝1x －e e x ＝e （e x －1－x ）x e x>0.。