导数在函数中的应用(一)-单调性(基础)-教案

第十一讲导数在函数中的应用教学目标：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.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(其中多项式函数一般不超过三次).一、知识回顾课前热身知识点1、函数的单调性与导数设函数y＝f(x)在某区间(a，b)内可导，若x∈(a，b)，f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)内为增函数；若x ∈(a，b)，f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)内为减函数；若x∈(a，b)，f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内为常数函数知识点2、函数的极值与导数(1)函数的极小值：若函数y＝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，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则a点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：若函数y＝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，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则b点叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．[探究]导数值为0的点一定是函数的极值点吗？“导数为0”是函数在该点取得极值的什么条件？提示：不一定．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0)＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点；其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件．知识点3、函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：一般地，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)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为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．[探究]函数的极值和函数的最值有什么联系和区别？提示：极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数在极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[a，b]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．二、例题辨析 推陈出新例1、已知函数f (x )＝ax ＋x ln x ，且图象在点⎝⎛⎭⎫1e ，f ⎝⎛⎭⎫1e 处的切线斜率为1(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的值； (2)设g (x )＝f (x )－x x －1，求g (x )的单调区间； (3)当m >n >1(m ，n ∈Z )时，证明：mn n m>nm .[解答] (1)f (x )＝ax ＋x ln x ，f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，依题意f ′⎝⎛⎭⎫1e ＝a ＝1，所以a ＝1.(2)因为g (x )＝f (x )－x x －1＝x ln x x －1，所以g ′(x )＝x －1－ln x (x －1)2. 设φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )＝1－1x .当x >1时，φ′(x )＝1－1x >0，φ(x )是增函数，对∀x >1，φ(x )>φ(1)＝0，即当x >1时，g ′(x )>0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；当0<x <1时，φ′(x )＝1－1x <0，φ(x )是减函数，对∀x ∈(0,1)，φ(x )>φ(1)＝0，即当0<x <1时，g ′(x )>0，故g (x )在(0,1)上为增函数．所以g (x )的单调递增区间为(0,1)，(1，＋∞)．(3)要证mn n m>n m ，即证ln n m －ln m n >ln n －ln m ，即n －1n ln m >m －1m ln n ，m ln m m －1>n ln nn －1.(*) 因为m >n >1，由(2)知，g (m )>g (n )，故(*)式成立，所以mn nm>nm.变式练习1．已知函数f (x )＝3xa－2x 2＋ln x ，其中a 为常数．(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．解：(1)若a ＝1时，f (x )＝3x －2x 2＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x ＝－(4x ＋1)(x －1)x (x >0)．当f ′(x )>0，x ∈(0,1)时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递增． 当f ′(x )<0，x ∈(1，＋∞)时，函数f (x )＝3x －2x 2＋ln x 单调递减． 故函数f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x ，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≥0或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x ≤0在[1,2]上恒成立．即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x.令h (x )＝4x －1x ，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3a≤3，解得a <0或0<a ≤25或a ≥1.例2、 (2012·重庆高考)设f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴． (1)求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．[解答] (1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋32. 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋32＝0，解得a ＝－1.(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x >0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2－2x －12x 2＝(3x ＋1)(x －1)2x 2.令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－13不在定义域内，舍去)．当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3.变式练习2． 已知函数f (x )＝e－kx·⎝⎛⎭⎫x 2＋x －1k (k <0)． (1)求f (x )的单调区间；(2)是否存在实数k ，使得函数f (x )的极大值等于3e －2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)f (x )的定义域为R .f ′(x )＝－k e －kx⎝⎛⎭⎫x 2＋x －1k ＋e －kx (2x ＋1)＝e －kx [－kx 2＋(2－k )x ＋2]，即f ′(x )＝－e－kx(kx －2)(x ＋1)(k <0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝2k.当k ＝－2时，f ′(x )＝2e 2x (x ＋1)2≥0，故f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)． 当－2<k <0时，f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下：x ⎝⎛⎭⎫－∞，2k2k ⎝⎛⎭⎫2k ，－1 －1 (－1，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )增极大值减极小值增所以函数f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，2k 和(－1，＋∞)，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫2k ，－1. 当k <－2时，f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下：x (－∞，－1)－1 ⎝⎛⎭⎫－1，2k2k ⎝⎛⎭⎫2k ，＋∞ f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )增极大值减极小值增所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)和⎝⎛⎭⎫2k ，＋∞，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－1，2k . (2)当k ＝－1时，f (x )的极大值等于3e －2.理由如下：当k ＝－2时，f (x )无极大值．当－2<k <0时，f (x )的极大值为f ⎝⎛⎭⎫2k ＝e －2⎝⎛⎭⎫4k 2＋1k ，令e －2⎝⎛⎭⎫4k 2＋1k ＝3e －2，即4k 2＋1k ＝3，解得k ＝－1或k ＝43(舍去)．当k <－2时，f (x )的极大值为f (－1)＝－e k k .因为e k<e －2,0<－1k <12，所以－e k k <12e －2.因为12e －2<3e －2，所以f (x )的极大值不可能等于3e －2. 综上所述，当k ＝－1时，f (x )的极大值等于3e －2.三、归纳总结 方法在握归纳1、导数法求函数单调区间的一般步骤(1)确定函数f (x )的定义域； (2)求导数f ′(x )；(3)在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和f ′(x )<0； (4)根据(3)的结果确定函数f (x )的单调区间． 2．导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤(1)求f ′(x )；(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数．归纳2、求可导函数f (x )的极值的步骤(1)求导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检验f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号： 具体如下表：x x <x 0 x 0 x >x 0 f ′(x ) f ′(x )>0 f ′(x )＝0 f ′(x )<0 f (x ) 增 极大值f (x 0)减x x <x 0 x 0 x >x 0 f ′(x ) f ′(x )<0 f ′(x )＝0 f ′(x )>0 f (x )减极小值f (x 0)增四、拓展延伸 能力升华例3、已知函数f (x )＝(x －k )e x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．[解答] (1)f ′(x )＝(x －k ＋1)e x . 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1. f (x )与f ′(x )的情况如下：x (－∞，k －1)(k －1) (k －1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )减－e k －1增所以，f (x )的单调递减区间是(－∞，k －1)；单调递增区间是(k －1，＋∞)．(2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ； 当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1；当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.保持本例条件不变，求f (x )在[0,1]上的最大值．解：由本例(2)可知．①当k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增．所以f (x )在区间[0,1]上的最大值为f (1)＝(1－k )e. ②当1<k <2时，由于f (0)＝－k ，f (1)＝(1－k )e.令f (1)－f (0)＝(1－k )e ＋k ＝0，得k ＝e e －1.∴当1＜k <e e －1时，f (1)>f (0)．此时f (x )在[0,1]上的最大值为f (1)＝(1－k )e.当ee －1<k <2时，f (1)<f (0)．此时f (x )在[0,1]上的最大值是f (0)＝－k .③当k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减，所以f (x )在区间[0,1]上的最大值为f (0)＝－k .综上所述，当k <e e －1时，f (x )在[0,1]上的最大值为(1－k )e ；当k >ee －1时，f (x )在[0,1]上的最大值为－k .变式练习3．(2012·江西高考)已知函数f (x )＝(ax 2＋bx ＋c )e x 在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0. (1)求a 的取值范围； (2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (0)＝1，f (1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f (x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ， f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x . 依题意须对于任意x ∈(0,1)，有f ′(x )<0.当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0，所以须f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1；当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f ′(x )＝(x 2－1)e x <0，f (x )符合条件； 当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝－x e x <0，f (x )符合条件；当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值范围为0≤a ≤1. (2)因g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x ，所以g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x .(ⅰ)当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e. (ⅱ)当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1) 有g ′(x )＝－2x e x <0，g (x )在x ＝0处取得最大值 g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.(ⅲ)当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a 2a >0. ①若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时，g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.②若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g ⎝⎛⎭⎫1－a 2a ＝2a e12aa-，在x ＝0或x ＝1处取得最小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ， 则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (x )在x ＝0处取得最小值 g (0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值 g (1)＝(1－a )e.归纳1.利用导数求函数最值的方法求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得，也可利用函数的单调性求得． 2.用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答：第一步 求导 求函数f (x )的导数f ′(x )⇒ 第二步 判断单调性求函数f (x )在给定区间上的单调性⇒第三步 求极点求函数f (x )在给定区间上的极值⇒第四步 求端点值求函数f (x )在给定区间上的端点值⇒第五步 确定最值比较函数f (x )的各极值与端点值的大小，确定函数f (x )的最大值和最小值⇒第六步 反思回顾查看关键点，易错点和解题规范．如本题的关键点是确定函数单调区间；易错点是对参数的讨论五、课后作业 巩固提高1．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是( ) A ．f (b )>f (c )>f (d ) B ．f (b )>f (a )>f (e ) C ．f (c )>f (b )>f (a ) D ．f (c )>f (e )>f (d )解析：选C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )．2．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：选B 令函数g (x )＝f (x )－2x －4，则g ′(x )＝f ′(x )－2>0，因此，g (x )在R 上是增函数，又g (－1)＝f (－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化为g (x )>g (－1)，由g (x )的单调性，可得x >－1. 3．(2012·陕西高考)设函数f (x )＝x e 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 )的极小值点解析：选D 求导得f ′(x )＝e x ＋x e x ＝e x (x ＋1)，令f ′(x )＝e x (x ＋1)＝0，解得x ＝－1，易知x ＝－1是函数f (x )的极小值点．4．函数f (x )＝x 33＋x 2－3x －4在[0,2]上的最小值是( )A ．－173B ．－103C ．－4D ．－643解析：选A f ′(x )＝x 2＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)＝－103，故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－173.5．(2013·咸宁模拟)已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( )A ．－2或2B ．－9或3C ．－1或1D ．－3或1解析：选A ∵y ′＝3x 2－3，∴当y ′＝0时，x ＝±1. 则x ，y ′，y 的变化情况如下表：x (－∞，－1)－1 (－1,1) 1 (1，＋∞)y ′ ＋ － ＋ y增c ＋2减c －2增因此，当函数图象与x 轴恰有两个公共点时，必有c ＋2＝0或c －2＝0，∴c ＝－2或c ＝2. 6．(2012·福建高考)已知f (x )＝x 3－6x 2＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论：①f (0)f (1)>0；②f (0)f (1)<0； ③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④解析：选C ∵f ′(x )＝3x 2－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，由f ′(x )<0，得1<x <3，由f ′(x )>0，得x <1或x >3， ∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函数． 又a <b <c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0，∴y 极大值＝f (1)＝4－abc >0，y 极小值＝f (3)＝－abc <0. ∴0<abc <4. ∴a ，b ，c 均大于零，或者a <0，b <0，c >0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图． ∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③. 7．函数f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6的单调减区间为________．解析：由f (x )＝x 3－15x 2－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2－30x －33，令f ′(x )<0，即3(x －11)(x ＋1)<0，解得－1<x <11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)． 答案：(－1,11) 8．已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是______________．解析：由原函数有零点，可转化为方程e x －2x ＋a ＝0有解，即方程a ＝2x －e x 有解．令函数g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )>0，得x <ln 2，所以g (x )在(－∞，ln 2)上是增函数， 在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g (x )的最大值为g (ln 2)＝2ln 2－2.因此，a 的取值范围就是函数g (x )的值域，所以a 的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．答案：(－∞，2ln 2－2]9．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：由题求导得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：－1310．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c 在点x 0处取得极小值－5，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(0,0)，(2,0)．(1)求a ，b 的值； (2)求x 0及函数f (x )的表达式．解：(1)由题设可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b . ∵f ′(x )的图象过点(0,0)，(2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，12＋4a ＋b ＝0，解得a ＝－3，b ＝0. (2)由f ′(x )＝3x 2－6x >0，得x >2或x <0， ∴在(－∞，0)上f ′(x )>0，在(0,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.∴f (x )在(－∞，0)，(2，＋∞)上递增，在(0,2)上递减，因此f (x )在x ＝2处取得极小值．所以x 0＝2.由f (2)＝－5，得c ＝－1. ∴f (x )＝x 3－3x 2－1. 11．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －2.(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；(2)若函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象恰有一个公共点，求实数a 的值；(3)若函数y ＝f (x )＋g (x )有两个不同的极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且x 2－x 1>ln 2，求实数a 的取值范围． 解：(1)令f ′(x )＝ln x ＋1＝0得x ＝1e ， ①当0<t <1e时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫t ，1e 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1e ，t ＋2上单调递增， 此时函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫1e ＝－1e； ②当t ≥1e 时，函数f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增， 此时函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f (t )＝t ln t .(2)由题意得，f (x )－g (x )＝x ln x ＋x 2－ax ＋2＝0在(0，＋∞)上有且仅有一个根，即a ＝ln x ＋x ＋2x在(0，＋∞)上有且仅有一个根，令h (x )＝ln x ＋x ＋2x ，则h ′(x )＝1x ＋1－2x 2＝x 2＋x －2x 2＝1x2(x ＋2)(x －1)，易知h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以a ＝h (x )min ＝h (1)＝3.(3)由题意得，y ＝f (x )＋g (x )＝x ln x －x 2＋ax －2，则其导函数为y ′＝ln x －2x ＋1＋a ，由题意知y ′＝ln x －2x ＋1＋a ＝0有两个不同的实根x 1，x 2，等价于a ＝－ln x ＋2x －1有两个不同的实根x 1，x 2，且x 1<x 2， 等价于直线y ＝a 与函数G (x )＝－ln x ＋2x －1的图象有两个不同的交点．由G ′(x )＝－1x＋2，得G (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12，＋∞上单调递增， 画出函数G (x )图象的大致形状(如图)．由图象易知，当a >G (x )min ＝G ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2时，x 1，x 2存在， 且x 2－x 1的值随着a 的增大而增大． 而当x 2－x 1＝ln 2时，则有⎩⎪⎨⎪⎧ln x 1－2x 1＋1＋a ＝0，ln x 2－2x 2＋1＋a ＝0，两式相减可得ln x 2x 1＝2(x 2－x 1)＝2ln 2，得x 2＝4x 1，代入上述方程组解得x 1＝ln 23，x 2＝43ln 2，此时实数a ＝23ln 2－ln ⎝⎛⎭⎫ln 23－1，所以实数a 的取值范围为a >23ln 2－ln ⎝⎛⎭⎫ln 23－1. 12．已知函数f (x )＝x －12ax 2－ln(1＋x )，其中a ∈R .(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)若f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0，求a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x (1－a －ax )x ＋1，x ∈(－1，＋∞)．依题意，得f ′(2)＝0，解得a ＝13. 经检验，a ＝13时，符合题意．故a ＝13.(2)①当a ＝0时，f ′(x )＝xx ＋1，由f ′(x )>0和f ′(x )<0，易得f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－1,0)．②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝1a－1.当0<a <1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－1，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )减f (x 1)增f (x 2)减所以，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a －1，单调递减区间是(－1,0)和⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞. 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间是(－1，＋∞)．当a >1时，－1<x 2<0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－1，x 2) x 2 (x 2，x 1) x 1 (x 1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ 0 － f (x )减f (x 2)增f (x 1)减所以，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a －1，0，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－1，1a －1和(0，＋∞)． ③当a <0时，f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－1,0)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－1,0)；当0<a <1时，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫0，1a －1，单调递减区间是(－1,0)和⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞； 当a ＝1时，f (x )的单调递减区间是(－1，＋∞)；当a >1时，f (x )的单调递增区间是⎝⎛⎭⎫1a －1，0，单调递减区间是⎝⎛⎭⎫－1，1a －1和(0，＋∞)． (3)由(2)知a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，由f (0)＝0，知a ≤0时不合题意．当0<a <1时，f (x )在(0，＋∞)上的最大值是f ⎝⎛⎭⎫1a －1，由f ⎝⎛⎭⎫1a －1>f (0)＝0，知0<a <1时不合题意． 当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，可得f (x )在[0，＋∞)上的最大值是f (0)＝0，符合题意．所以f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0时，a 的取值范围是[1，＋∞)． 13．设f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax .(1)若f (x )在⎝⎛⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－163，求f (x )在该区间上的最大值．解：(1)由f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝⎛⎭⎫x －122＋14＋2a ，当x ∈⎣⎡⎭⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝⎛⎭⎫23＝29＋2a ；令29＋2a >0，得a >－19. 所以，当a >－19时，f (x )在⎝⎛⎭⎫23，＋∞上存在单调递增区间． (2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2， x 2＝1＋1＋8a2. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)．又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－163，得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为 f (2)＝103.。

导数在函数中的应用太湖县牛镇中学 吴家宝【教学目标】1、熟练掌握用函数的导数解决有关函数的极值、单调性问题；2、学会利用函数的导数解决恒成立问题或能成立问题；3、利用函数的导数解决代数中不等式问题或方程问题【教学重难点】教学重点：利用函数的导数研究函数的极值和单调性；解决函数中参数的取值范围 教学难点：利用函数的导数解决代数中常见的不等式问题和方程问题【教学过程】一、利用函数的导数探索函数的单调性与极值周末试卷19、已知函数xx x f ln )(= （1）试确定函数)(x f 在),0(+∞上的单调性（2）若0>a ，函数2)()(ax x x xf x h --=在)2,0(上有极值，求实数a 的取值范围。

【解】（1）e x x f e x x f xx x f >⇒<<<⇒>⇒-=0)(;00)(ln 1)(''2' 所以，)(x f 在),0(e 上单增，在),(+∞e 上单减（2）0>a ，)0(,211)(ln )('2>--=⇒--=x ax xx h ax x x x h 函数2)()(ax x x xf x h --=在)2,0(上有极值等价于)('x h 在)2,0(上有零点且零点左右邻域内)(x h 异号； 设2'122110)(xx a ax x x h -=⇒=-⇒= 设20,0)(;2,0)(2)()20(1)(''3'2<<<>>⇒-=⇒<<-=x x x x xx x x x x x ϕϕϕϕ )(x ϕ⇒在在)2,0(上单减；41)(->⇒x ϕ 81412->⇒->⇒a a ，因为0>a ，所以0>a 综上，实数a 的取值范围为),0(+∞【总结】利用函数的导数研究函数的单调性，需要判断导函数的符号；函数在某区间上有极值等价于函数在该区间上有零点，且零点左右领域内函数值异号，从而将函数中参数问题转化为构造函数求值域的问题。

第二章函数与导数第１2课时导数在研究函数中的应用(对应学生用书(文）、(理）３０～32页）考情分析考点新知①导数与函数内容的结合命题已成为近几年高考的流行趋势，应引起足够的重视．②以导数为研究函数的重要工具来解决函数的单调性与最值问题是高考的热点，同时解答题侧重于导数的综合应用,即导数与函数、数列、不等式的综合应用．①理解函数的单调性与导数的关系,能利用导数研究函数的单调性．②掌握利用导数求函数极值与最值的方法.③会利用导数解决某些实际问题.,1. (选修22P28例１改编)函数ｆ（x）＝x3-15ｘ2-33x＋6的单调减区间为____＿_____＿＿_＿.答案:(-1,１1）解析:ｆ′(x)＝３ｘ2－30ｘ-33＝3（ｘ－11)(x＋1），由(x-１1)（x+1)<0,得单调减区间为（-１，11）．亦可填写闭区间或半开半闭区间．2. (选修2２P 34习题3改编)若函数f(ｘ)＝e x －a ｘ在x=１处取到极值，则ａ=________．答案：e解析：由题意，f ′(1)=０,因为f′(x)＝e x －a ，所以ａ=e ．3． （选修22Ｐ34习题８)函数y=ｘ+s ｉｎx ，x ∈[0,２π］的值域为________．答案：［0，２π]解析:由y′=1+cos ｘ≥0，所以函数y=ｘ＋s ｉnx 在[０,２π]上是单调增函数，所以值域为［0,２π］．4. （原创)已知函数f （x)＝－12ｘ2＋b ｌnx 在区间［2,+∞)上是减函数，则ｂ的取值范围是________.答案：（-∞，4］解析：ｆ′(x ）＝-x ＋＼ｆ(b,x ）≤0在[2，＋∞)上恒成立，即b ≤x 2在［2,+∞)上恒成立．５. (选修２2Ｐ35例１改编）用长为9０ｃm 、宽为4８ｃm 的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在四角分别截去一个小正方形，然后把四边翻折9０°角,再焊接而成,则该容器的高为＿_______cm 时,容器的容积最大.答案:１0解析：设容器的高为xc ｍ,即小正方形的边长为xc ｍ,该容器的容积为Ｖ，则Ｖ＝(90-2ｘ)(4８－2ｘ)x=4(x ３-69x ２+10８０x)，０<x<１2，V′＝12(x2-46x＋３60)=１2(x-１０)(x－3６),当0<x<１0时，V′＞0；当1０＜x<１2时,V′<０.所以Ｖ在(０，1０]上是增函数，在［1０，12）上是减函数，故当ｘ＝1０时,V最大．１．函数的单调性与导数在区间(ａ，ｂ)内,函数的单调性与其导数的正负有如下关系：如果f′(x)>0，那么函数ｙ＝f(x)为该区间上的增函数;如果f′(x)<０，那么函数y＝f(x)为该区间上的减函数．2．函数的极值与导数(１)函数极值的定义若函数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要小，f(a)叫函数的极小值．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要大，f(b)叫函数的极大值,极小值和极大值统称为极值．(２）求函数极值的方法解方程f′(x）=0,当f′(ｘ0）=0时，①如果在ｘ0附近左侧单调递增,右侧单调递减,那么f(x０)是极大值.②如果在x0附近左侧单调递减，右侧单调递增,那么ｆ(x0)是极小值．3．函数的最值(1)最大值与最小值的概念如果在函数定义域I内存在x０,使得对任意的x∈I，总有f(x)≤f(ｘ０)，则称f(ｘ０)为函数ｆ(x)在定义域上的最大值.如果在函数定义域I内存在ｘ0，使得对任意的x∈I,总有f(x)≥f（x０)，则称f(ｘ)为函数f(x)在定义域上的最小值.(2)求函数y＝f(ｘ)在［a,b]上的最大值与最小值的步骤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ｆ(ａ)、f(ｂ）比较,其中值最大的一个是最大值，值最小的一个是最小值.4. 生活中的优化问题解决优化问题的基本思路是:＼x(优化问题）错误!错误!错误!错误!题型1导数与函数的单调性例1已知函数f(x)=x３-ax－1.(1)若ａ＝３时,求f(x)的单调区间；(2) 若f(x)在实数集R上单调递增,求实数ａ的取值范围；(３) 是否存在实数a，使f（x)在(－1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围;若不存在，说明理由.解:（1) 当a=3时,ｆ(ｘ）＝ｘ3-３x-1，∴ｆ′(x)=3ｘ2-３，令f′(x)>0即３x2－3＞0,解得ｘ＞1或ｘ<－1，∴f(ｘ)的单调增区间为(－∞，-1)∪(1，+∞),同理可求f(x)的单调减区间为(-1，1）.(2) f′(x）＝3ｘ２-ａ.∵ｆ（ｘ）在实数集R上单调递增,∴f′(x)≥0恒成立,即３x2－a≥0恒成立，∴a≤(3x2)min．∵3x2的最小值为０,∴ａ≤0．(3）假设存在实数a使f(x)在(-1，1)上单调递减，∴f′(x)≤0在(-１,1)上恒成立，即a≥3x2.又3x2∈[0，3),∴a≥3.∴存在实数a使f(ｘ）在(－1,１)上单调递减,且a≥3．错误!(1）已知函数f(x）=错误!x２－mlｎx＋（m－1）x,当ｍ≤０时，试讨论函数ｆ(ｘ）的单调性；(2)若函数f（x)＝-错误!错误!错误!＋blｎx在(1,+∞)上是减函数,求实数ｂ的取值范围．解:(1)函数的定义域为错误!,ｆ′(x)＝x－错误!+(m－１)＝错误!＝错误!.①当－１<ｍ≤0时,令ｆ′(ｘ)>０,得0<x＜-m或x>1,令ｆ′(ｘ)<0,得-m<x＜１,∴函数f（ｘ）的单调递增区间是错误!和错误!，单调递减区间是错误!；②当m≤-1时,同理可得,函数f（x)的单调递增区间是错误!和错误!,单调递减区间是错误!.(2)由f（ｘ)=－错误!错误!错误!+ｂlnx，得ｆ′（ｘ)=-(ｘ-2)＋＼f(b,x),由题意,知f′(x)≤0即－错误!+错误!≤0在错误!上恒成立,∴b≤错误!错误!,当x∈错误!时，错误!∈错误!,∴ｂ≤１.题型2 导数与函数的极值、最值例2设函数f(ｘ）＝(ｘ2+ax+b)ｅx(x∈Ｒ）.（1) 若a=2，ｂ=－２,求函数f(x)的极大值;(2）若x=1是函数ｆ(x)的一个极值点.①试用a表示b;②设a＞０,函数g（x)＝(a２＋1４)ｅｘ＋4.若ξ1、ξ2∈［0,4],使得|f（ξ1)－g(ξ2）|<1成立，求ａ的取值范围．解：（1）∵f′(x)=(２ｘ+ａ)eｘ＋(x2+ax+ｂ)e x=［x2＋(2+a)ｘ＋（ａ＋b)]eｘ，当a=2,b=－２时，f（ｘ）=（x2+2ｘ-2)e x，则f′(x)=(ｘ2＋4x)ｅx,令ｆ′(x)＝0得(x２＋４x)ｅx＝0，∵e x≠０, ∴ｘ2+4x=0，解得x=－4或x=０,列表如下：ｘ(－∞,-4) -4 (-４，0）0 (0，＋∞) f′(ｘ) + 0 - ０+f(x)极大值极小值∴当x=－4时，函数f(ｘ）取极大值，f(x)极大值＝6 e４.(2)①由(1）知f′(x)＝[x２＋（2+a)x+(ａ+b)]eｘ.∵ｘ=１是函数f(x）的一个极值点,∴ｆ′(1)=０,即e[１+(２＋a)+（a＋ｂ)]＝０，解得b=－3－2ａ.②由①知f′(x)=e x[x2+(2+ａ)x+(－3-a)]=e x(x－1)[x+(3+ａ)],当ａ＞0时，f(ｘ)在区间(0，1)上的单调递减,在区间(1,4)上单调递增,∴函数ｆ(ｘ）在区间[0,4]上的最小值为f（1)＝－(a＋2)e.∵f(0)=b＝－3－2a<0,f(４)＝(2a+13)ｅ4>０,∴函数ｆ（ｘ)在区间［0，4］上的值域是［f(1）,ｆ(４)]，即[－(a＋2)e，(2a＋13)e4]．又ｇ(x)=(a2+14)eｘ+4在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4］上的值域是[（a2+14)e４,(ａ２＋14)e8],∴(a2＋14)e4－(2a＋13）e4＝（a2－2ａ＋1)e4=（a-1)2e4≥0,∴存在ξ1、ξ2∈［０,4］使得|f(ξ1）-ｇ(ξ2)|＜１成立只须(ａ2＋14)e４-（2a+1３)e４＜1(ａ－1)2e４＜1(ａ-１)２＜＼f(1，e4)1－错误!<a＜1＋错误!.错误!已知函数f(x）＝ａx３+ｂx2－3ｘ(a、b∈R)在点ｘ=－1处取得极大值为２．(1) 求函数f(ｘ)的解析式;(２）若对于区间[－2，2]上任意两个自变量的值x1、ｘ２，都有|f（x1）－f(x2)|≤ｃ,求实数c的最小值．解：(1) ｆ′(x)=３ax２+2bｘ－3．由题意,得错误!即错误!解得错误!所以f(ｘ)=x３－3x.（2) 令f′(x）＝0，即3x2-3＝0,得x＝±1．因为f(-１)＝2，f(1)=-２,所以当x∈[－２，2］时，f（x)ｍａx＝2，ｆ（x）min=-２．则对于区间[－２,2]上任意两个自变量的值x1、x2，都有｜f(x1)－f（ｘ2）|≤|f(ｘ）ｍax－f（ｘ)min｜=4,所以ｃ≥4．所以c的最小值为4．题型3导数在实际问题中的应用例３请你设计一个包装盒，如图所示，ABCD是边长为6０cm 的正方形硬纸片,切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起,使得Ａ、B、C、D四个点重合于图中的点P，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒,E、F在AB上是被切去的等腰直角三角形斜边的两个端点,设AE＝ＦＢ＝ｘcm.(１) 某广告商要求包装盒侧面积Ｓ（cｍ2）最大,试问x应取何值？(2) 某厂商要求包装盒容积V(cm３)最大,试问x应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．解:(1）Ｓ=6０2－4x2-(60-2x)２＝２4０ｘ－8x2(0<x<3０)，所以ｘ＝15 cm时侧面积最大.(2) Ｖ=(错误!x)2错误!(60－2ｘ）=２错误!x2（30-ｘ)(0＜ｘ<30),所以V′＝6错误!x(20－x),令V′＝0,得x＝20,当0<x<20时,V递增;当２0＜x<3０时,V递减．所以，当ｘ＝２0时,V最大，此时,包装盒的高与底面边长的比值为错误!=错误!.错误!某地方政府在某地建一座桥，两端的桥墩相距ｍ米,此工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩(包括两端的桥墩）.经预测，一个桥墩的费用为２5６万元,相邻两个桥墩之间的距离均为x，且相邻两个桥墩之间的桥面工程费用为(1＋x)ｘ万元，假设所有桥墩都视为点且不考虑其他因素,记工程总费用为y万元．(1）试写出ｙ关于x的函数关系式；(2) 当m＝１2８0米时，需要新建多少个桥墩才能使y最小?解:根据题意，需要建错误!个桥墩和错误!段桥面工程．(1) y=256错误!＋错误!（1+错误!)x=m错误!＋m＋２5６错误!.（2) 当ｍ＝1 280时，ｙ=1 280错误!+15３6，y′=1 ２8０错误!,令y′＝０,得ｘ＝64,当0＜x<６４时，y′<０;当x>６4时，y′＞0.所以当x＝６４时，y有最小值1６896,此时要建2１个桥墩．答:需要建２1个桥墩才能使y最小．【示例】（本题模拟高考评分标准,满分1４分)已知函数f(x)=ｌnｘ-aｘ（a∈R).(1）求函数f（x)的单调区间;(2) 当a>0时，求函数f(x）在[１,2]上的最小值.审题引导：①知函数解析式求单调区间,实质是求f′(ｘ)>0，f′(x)＜０的解区间,并注意定义域;②先研究f(ｘ)在[1,2]上的单调性,再确定最值是端点值还是极值;③由于解析式中含有参数a，要对参数a进行分类讨论.规范解答: 解:（1) f′（x)=1ｘ-a(x>0).(1分）①当a≤0时，ｆ′(x)＝错误!-a≥0，即函数ｆ(ｘ）的单调增区间是(０，＋∞)．(3分)② 当a>0时，令f′（x)=＼f(１，ｘ)-a=０，得x=＼f(1，ａ)，当0<x ＜错误!时，ｆ′（x)＝错误!>０,当x>错误!时，f ′(x)＝错误!＜０，所以函数ｆ(ｘ)的单调增区间是错误!，单调减区间是错误!.(6分）(2） ① 当１a ≤1,即a ≥1时，函数f(ｘ）在区间[１,2]上是减函数,所以f(ｘ)的最小值是f(2)＝ｌn2－2a.（8分）② 当1a ≥2,即0<ａ≤12时,函数f （ｘ)在区间[1，2]上是增函数,所以f （x)的最小值是ｆ（1）=－a ．(10分）③ 当１<错误!<2,即错误!<ａ<1时，函数f （x)在区间错误!上是增函数,在区间错误!上是减函数,又f(2）－f （1)＝ln ２－ａ，所以当12<a<ln2时,最小值是f(1)＝-a;当l ｎ2≤a<1时，最小值是ｆ(2）＝ln2－2a.（１２分）综上可知,当0<a<ln2时，最小值是－ａ；当a ≥ln2时，最小值是ｌn2－２a ．（１4分）1. (2０１３·新课标Ⅱ)若存在正数x 使2ｘ(x －a)<1成立,则a 的取值范围是___＿____．答案:(－1，+∞)解析：因为2ｘ(ｘ-a)<1，所以a>x －１２x ，令f(x)＝x-＼f(１,２x ），所以ｆ′（x ）＝1＋2－x ｌn2>０,所以f （ｘ)在(０，+∞)上单调递增,所以f(x)＞f(0)=0－１＝-１,所以a 的取值范围是（-1,+∞).２． (2０13·大纲)若函数f(x ）＝x 2＋ａｘ＋＼f(1,x ）在错误!上是增函数,则a 的取值范围是___＿____．答案：a ≥3解析:f′(x)=2x ＋a-＼f(1,x ２)≥0在错误!上恒成立，即a ≥错误!－2x 在错误!上恒成立.令g （ｘ)＝错误!-2x ，求导可得g(ｘ)在错误!上的最大值为３,所以a ≥3.３. （201３·扬州期末)已知函数f(x ）＝ｌｎｘ－m x (ｍ∈R )在区间[1,e]上取得最小值４,则m ＝________．答案:-3e解析：f′（ｘ)=＼ｆ(1，x)+错误!=错误!，令f′(ｘ)=０,则x=-ｍ，且当x<-m 时，ｆ′(x)<0,f(x)单调递减,当x>－m 时,f ′（ｘ)＞０，f(x)单调递增．若－m ≤1,即m ≥－1时，ｆ(ｘ)mi ｎ=f(1)＝－m ≤1，不可能等于４；若１<－ｍ≤e ,即－ｅ≤m<-1时，ｆ（x)min =ｆ(-m)＝l ｎ（－ｍ)+1，令ln （-m)+1=4,得m=－e 3（－e ,-1);若-m>e ,即m<－ｅ时,f （x ）m ｉn =f(e)=1-＼f(m,e),令１－错误!=4,得m ＝－3e ,符合题意.综上所述，ｍ=－３e.４． (2０13·南京二模）设函数f(x)=x 2－（a-2)x-a ｌnx.(１) 求函数f （x ）的单调区间;(２) 若函数f(ｘ)有两个零点，求满足条件的最小正整数a 的值； （３） 若方程f(x)＝c 有两个不相等的实数根x 1、x 2,求证：f′错误!＞０.(1) 解:f′(x)＝２x－(a－2)－错误!＝错误!＝错误!（x＞0)．当a≤0时,f′(x）>0,函数f(x)在（0,＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调增区间为（0,+∞).当a>0时，由f′(x）＞0，得x＞错误!；由f′（x)＜0，得0<x＜错误!.所以函数f(ｘ）的单调增区间为错误!,单调减区间为错误!．(2) 解:由（1）得,若函数f(ｘ)有两个零点，则a＞0，且ｆ（x)的最小值f错误!<0,即－a2+4a-４alｎ错误!＜0．因为ａ>0，所以ａ+4ｌｎ＼f(a,2)－4>0.令h(a)＝a+４ln ａ2－4，显然h(a)在(０,＋∞)上为增函数,且ｈ(2)=-2<０,h(3)＝4ln错误!-1=ln错误!－1>0，所以存在ａ0∈(2,3），h(a0)=０.当a>a0时,h（a）>0；当0<a<a0时，h(a)<0.所以满足条件的最小正整数ａ=３.又当a=３时,f（3)=3(2-ln3）>0,f(1）＝0，所以a＝3时,f（x）有两个零点.综上所述，满足条件的最小正整数a的值为3．(３) 证明:因为x１、ｘ2是方程f(ｘ）＝c的两个不等实根,由(1）知a>0．不妨设0＜x１<x２，则x错误!－(a-２)x1-ａlnx1＝ｃ,x错误!-(ａ－2）x２-ａｌnｘ2=c.两式相减得ｘ错误!－(a－2)x1－alnｘ1－x错误!＋(ａ-２)·ｘ2＋alｎｘ２＝0，即x＼o＼al(2,1）+２ｘ1－ｘ错误!-２ｘ2＝ax1+ａlnｘ1-aｘ2－alnx2=a(x1＋lnx1－x２-lnｘ２)．所以a=错误!.因为ｆ′错误!=0,当x∈错误!时，f′(ｘ)＜０,当x∈错误!时,f′(x)＞０,故只要证＼f(ｘ1+x2,2)>错误!即可,即证明x１+x２>错误!,即证明x21－ｘ２2＋(x1+x２)(lｎx1-lｎｘ２)<x错误!＋2x1-x错误!－2x2,即证明ｌｎ＼ｆ(x1,x２)<2x１－2ｘ2 x1+ｘ2.设ｔ＝＼f(ｘ1,x2）（0<ｔ<1)．令g(t）＝lｎｔ－＼f(2ｔ－2，ｔ+1)，则g′（t）=＼f(1，t)－错误! =＼f((t－1）２,ｔ（t＋1）2).因为t＞０，所以g′(t)≥0，当且仅当ｔ=１时,g′(t)=０，所以g(t)在(０,+∞)上是增函数．又g(１)＝０，所以当t∈（０,1)，g(t)<0总成立.所以原题得证．１．如果关于x的方程ax+错误!=3在区间(0，+∞)上有且仅有一个解,那么实数a的取值范围为____＿___.答案:a≤0或a=2解析：由ａx+错误!=３,得a=错误!－错误!.令t＝1ｘ，则f(ｔ)＝3ｔ－ｔ3，t∈(０,＋∞)．用导数研究f(t)的图象，得f mａx(ｔ)＝2,当x∈(０，1)时,f(t)递增，当ｘ∈(1，＋∞)时,f(t)递减,所以ａ≤０或a=2.2.已知函数f(x)=lｎｘ－＼ｆ(a（x-1),x＋1)，若函数f(x）在(0,＋∞）上为增函数,则a的取值范围是__＿＿____.答案:a≤2解析：ｆ′(x）=错误!≥0在（0,+∞)上恒成立,易得a≤2.３. 设直线y=a分别与曲线y2=x和ｙ＝e x交于点M、Ｎ，则当线段MN取得最小值时a的值为_＿_＿___＿．答案:＼ｆ(2）2解析：由题意，M(a2,a)，Ｎ（lna,a），故MＮ的长l=|a2－lnａ|＝ａ2-lｎa(a>0）,由l′=2ａ－错误!=错误!＝错误!，令l′>0，得l=ａ2－lna在错误!上单调递增;令l′<0，得l＝a2-ｌｎa在错误!上单调递减，所以当ａ=错误!时,线段MN的长取得极小值，也是最小值.4．已知函数f（x）＝(aｘ2+x）eｘ，其中e是自然数的底数,a∈R.(1）当ａ＜0时,解不等式f（ｘ)＞０;（2）若f(ｘ)在[－１,１]上是单调函数,求ａ的取值范围;（3) 当a=0时,求整数k的所有值，使方程f（ｘ)＝x+２在[k，k ＋１]上有解.解：(1)因为e x＞0，所以不等式f（x)＞0即为ａx2＋x＞０．又a＜0，所以不等式可化为x错误!<0，所以不等式ｆ（ｘ）>0的解集为错误!．（2)f′(x）＝（2ａｘ＋1)ｅx＋（ax2＋x)eｘ＝[aｘ２＋(2a+1)x＋1］eｘ,①当ａ=0时，ｆ′（x)＝(x+１)e x,f′（x)≥0在[－1，1］上恒成立，当且仅当ｘ＝-1时取等号,故a=0符合要求；②当ａ≠0时，令g(x）＝aｘ2+(２a＋１)x+1,因为Δ＝(2a+１)2－４a＝4ａ2＋1＞0,所以g（x)＝0有两个不相等的实数根x1、x2，不妨设x1>x２,因此f(x)有极大值又有极小值．若ａ>0，因为g（-1)·ｇ(０)＝-ａ<0,所以f(ｘ）在(－1,1)内有极值点,故f(x)在[－1,1］上不单调.若a<0,可知x1>0>x2，因为g(ｘ)的图象开口向下,要使f(x）在［-1，1]上单调，因为ｇ(0)＝1>0，必须满足错误!即错误!所以－错误!≤ａ≤0.综上可知，a的取值范围是错误!.(３) 当ａ＝0时,方程即为xe x=x+2，由于ｅx>0，所以x＝０不是方程的解,所以原方程等价于e x－错误!-1＝０.令h(x)=eｘ-错误!－1,因为h′(x)=e x＋错误!>0对于x∈(-∞，0)∪（0,+∞)恒成立，所以ｈ（ｘ)在(－∞,0)和(０，+∞)内是单调增函数，又h(1)=e-3<０,h(2)＝e2－2>0，ｈ（-3)=e－3-＼f(1，3)<0，h(-2)=ｅ-2＞０，所以方程f(x)=x+2有且只有两个实数根，且分别在区间[１,２]和[-３，-２］上,所以整数k的所有值为{-3，1}.1．在已知函数ｆ(x)是增函数（或减函数),求参数的取值范围时,应令f′(x)≥0(或f′(x)≤０)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），然后检验参数的取值能否使ｆ′(x)恒等于０,若能恒等于0,则参数的这个值应舍去;若f′(x)不恒为０,则参数范围确定.2.理解可导函数极值与最值的区别,极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较;函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较,故函数的最值可能是极值,也可能是区间端点的函数值．３．用导数求解实际问题中的最大（小)值，如果函数在区间内只有一个极值点,那么根据实际意义该极值点就是最值点．请使用课时训练(Ａ)第12课时(见活页).［备课札记]。

单调减函数的性质
03
04
05
函数图像从左至右下降 。
若$f(x)$在区间$I$上单 调递减，且$a, b in I$， 且$a < b$，则有$f(a) geq f(b)$。
若函数$f(x)$在区间$I$ 上单调递减，则其反函 数在相应的区间上单调 递增。
单调性与导数的关系
01
导数与单调性的关系
如果函数在某区间的导数大于0，则该函数在此区间单调递增；如果导
数小于0，则函数在此区间单调递减。
02
导数不存在的点
对于使导数不存在的点，需要单独判断其单调性。
03
高阶导数与单调性的关系
高阶导数的符号可以提供关于函数单调性更精细的信息。例如，二阶导
数大于0表示函数在相应点处有拐点，即由单调递增变为单调递减或反
之。
02 导数在判断函数单调性中 的应用
导数大于0与函数单调性的关系
定义法判断单调性
• 定义法判断单调性是指通过比较函数在某区间内任意两点x1和x2的函数值f(x1)和f(x2)，来判断函数在该区间内的单调性。 如果对于任意x1<x2，都有f(x1)<f(x2)，则函数在该区间内单调递增；如果对于任意x1<x2，都有f(x1)>f(x2)，则函数在该 区间内单调递减。
03 导数在实际问题中的应用
导数在经济学中的应用
边际分析
导数可以用来分析经济函数的边 际变化，例如边际成本、边际收 益等，帮助企业做出更好的经济
决策。
最优化问题
导数可以用来解决最优化问题，例 如最大利润、最小成本等，为企业 提供最优的资源配置方案。
需求弹性
导数可以用来分析需求弹性，例如 价格敏感度、需求变化等，帮助企 业制定更加精准的市场策略。