10、
【答題模板】
(1)解 f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．
f′(x)＝x－a＋＝＝.[2分]
①若a－1＝1，即a＝2時(shí)，f′(x)＝.
故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
②若a－1<1，而a>1，故10，故f(x)在(a－1,1)上單調(diào)遞減，在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
③若a－1>1，即a>2時(shí)，同理可得f(x)在(1，a－1)上單調(diào)遞減，
在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調(diào)遞增．[6分]
(2)證明 考慮函數(shù)g(x)＝f(x)＋x
＝x2－
11、ax＋(a－1)ln x＋x.
則g′(x)＝x－(a－1)＋≥2－(a－1)
＝1－(－1)2.
由于10，
即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
從而當(dāng)x1>x2>0時(shí)，有g(shù)(x1)－g(x2)>0，
即f(x1)－f(x2)＋x1－x2>0，
故>－1.[10分]
當(dāng)0－1.
綜上，若a<5，對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2有>－1.[12分]
【突破思維障礙】
(1)討論函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的關(guān)鍵是討論導(dǎo)數(shù)大于0或小于0的不等式的解集，一般就是歸結(jié)為一個(gè)一元二次不
等式的解集的討論，在能夠通過因式分解得到導(dǎo)數(shù)等于
12、0的根的情況下，根的大小是分類的標(biāo)準(zhǔn)；
(2)利用導(dǎo)數(shù)解決不等式問題的主要方法就是構(gòu)造函數(shù)，通過函數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)而解決不等式問題．
1．求可導(dǎo)函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟和方法：
(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；
(2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定義域內(nèi)的一切實(shí)根；
(3)把函數(shù)f(x)的間斷點(diǎn)(即f(x)的無定義點(diǎn))的橫坐標(biāo)和上面的各實(shí)數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點(diǎn)把函數(shù)f(x)的定義區(qū)間分成若干個(gè)小區(qū)間；
(4)確定f′(x)在各個(gè)開區(qū)間內(nèi)的符號(hào)，根據(jù)f′(x)的符號(hào)判定函數(shù)f(x)在每個(gè)相應(yīng)小開區(qū)間內(nèi)的增減性．
2．可導(dǎo)函數(shù)極值存在的條件：
(
13、1)可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)x0一定滿足f′(x0)＝0，但當(dāng)f′(x1)＝0時(shí)，x1不一定是極值點(diǎn)．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點(diǎn)．
(2)可導(dǎo)函數(shù)y＝f(x)在點(diǎn)x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左側(cè)與右側(cè)f′(x)的符號(hào)不同．
3．函數(shù)的最大值、最小值是比較整個(gè)定義區(qū)間的函數(shù)值得出來的，函數(shù)的極值是比較極值點(diǎn)附近的函數(shù)值得出來的．函數(shù)的極值可以有多有少，但最值只有一個(gè)，極值只能在區(qū)間內(nèi)取得，最值則可以在端點(diǎn)取得，有極值的未必有最值，有最值的未必有極值，極值可能成為最值，最值只要不在端點(diǎn)必定是極值．
4．求函數(shù)的最值以導(dǎo)數(shù)為工具，先找到極值點(diǎn)，再求極值
14、和區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(20xx·大連模擬)設(shè)f(x)，g(x)是R上的可導(dǎo)函數(shù)，f′(x)、g′(x)分別為f(x)、g(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)<0，則當(dāng)af(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
2.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)殚_區(qū)間(a，
15、b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點(diǎn) ( )
A．1個(gè) B．2個(gè)
C．3個(gè) D．4個(gè)
3．(20xx·嘉興模擬)若函數(shù)y＝a(x3－x)在區(qū)間上為減函數(shù)，則a的取值范圍是 ( )
A．a(chǎn)>0 B．－11 D．0<
16、a<1
4．已知函數(shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是
( )
A．m≥ B．m>
C．m≤ D．m<
5．設(shè)a∈R，若函數(shù)y＝eax＋3x，x∈R有大于零的極值點(diǎn)，則 ( )
A．a(chǎn)>－3 B．a(chǎn)<－3
C．a(chǎn)>－ D．a(chǎn)<－
題號(hào)
1
2
3
4
5
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2009·遼寧)若函數(shù)f(x)＝在x＝1處取極值，則a＝________.
7．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(
17、x)的圖象如右圖所示，給出以下結(jié)論：
①函數(shù)f(x)在(－2，－1)和(1,2)上是單調(diào)遞增函數(shù)；
②函數(shù)f(x)在(－2,0)上是單調(diào)遞增函數(shù)，在(0,2)上是單調(diào)遞減函數(shù)；
③函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極大值，在x＝1處取得極小值；
④函數(shù)f(x)在x＝0處取得極大值f(0)．
則正確命題的序號(hào)是________．(填上所有正確命題的序號(hào))．
8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)求函數(shù)f(x)＝的極值．
10．(12分)(20xx·秦皇
18、島模擬)已知a為實(shí)數(shù)，且函數(shù)f(x)＝(x2－4)(x－a)．
(1)求導(dǎo)函數(shù)f′(x)；
(2)若f′(－1)＝0，求函數(shù)f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值．
11．(14分)(20xx·汕頭模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(diǎn)(－1，－6)，且函數(shù)g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱．
(1)求m，n的值及函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若a>0，求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內(nèi)的極值．
答案 自主梳理
1．(1)增 增 (2)減 減 (3)增 減 2.(1)①f′(x)>0
f′(x)<0
19、?、趂′(x)<0 f′(x)>0 (2)②f′(x)＝0
③f′(x)＝0 極大值 極小值
自我檢測(cè)
1．C 2.D 3.C 4.C
5．18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由題意即
得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3.
但當(dāng)a＝－3時(shí)，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，故不存在極值，
∴a＝4，b＝－11，f(2)＝18.
課堂活動(dòng)區(qū)
例1 解題導(dǎo)引 (1)一般地，涉及到函數(shù)(尤其是一些非常規(guī)函數(shù))的單調(diào)性問題，往往可以借助導(dǎo)數(shù)這一重要工具進(jìn)行求解．函數(shù)在定義域內(nèi)存在單調(diào)區(qū)間，就是不等式f′(x)>0或f′(x)<0在定義域內(nèi)有解．這樣就可以把問題轉(zhuǎn)化為
20、解不等式問題．
(2)已知函數(shù)在某個(gè)區(qū)間上單調(diào)求參數(shù)問題，通常是解決一個(gè)恒成立問題，方法有①分離參數(shù)法，②利用二次函數(shù)中恒成立問題解決．
(3)一般地，可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(或減)函數(shù)的充要條件是：對(duì)任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒等于零．特別是在已知函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍時(shí)，要注意“等號(hào)”是否可以取到．
解 (1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
∵ex>
21、0，∴－x2＋2>0，解得－0，
∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對(duì)x∈(－1,1)都成立，
即x2－(a－2)x－a≤0對(duì)x∈(－1,1)恒成立．
設(shè)h(x)＝x2－(a－2)x－a
只須滿足，解得a≥.
(3)若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，
則f′(x)≤0對(duì)x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex
22、≤0對(duì)x∈R都成立．
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≥0對(duì)x∈R都成立．
∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的．
故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞減．
若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0對(duì)x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對(duì)x∈R都成立．
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0對(duì)x∈R都成立．
而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立，
故函數(shù)f(x)不可能在R上單調(diào)遞增．
綜上可知函數(shù)f(x)不可能是R上的單調(diào)函數(shù)．
變式遷移1 解 (1)由題意得f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，又，
解得b＝0
23、，a＝－3或a＝1.
(2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－.
又f(x)在(－1,1)上不單調(diào)，
即或
解得或
所以a的取值范圍為(－5，－)∪(－，1)．
例2 解題導(dǎo)引 本題研究函數(shù)的極值問題．利用待定系數(shù)法，由極值點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值為0，以及極大值、極小值，建立方程組求解．判斷函數(shù)極值時(shí)要注意導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，所以求極值時(shí)一定要判斷導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)左側(cè)與右側(cè)的單調(diào)性，然后根據(jù)極值的定義判斷是極大值還是極小值．
解 (1)由題意可知f′(x)＝3ax2－b.
于是，解得
故所求的函數(shù)解析式為f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)可知f′(x)＝x2－4＝(x－
24、2)(x＋2)．
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2，
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
因此，當(dāng)x＝－2時(shí)，
f(x)有極大值，
當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)有極小值－，
所以函數(shù)的大致圖象如圖，
故實(shí)數(shù)k的取值范圍為
(－，)．
變式遷移2 解 (1)f′(x)＝＋2bx＋1，
∴.解得a＝－，b＝－.
(2)f′(x)＝－＋(－)＋1＝－.
函數(shù)定義域?yàn)?0，＋∞
25、)，列表
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
單調(diào)遞減
極小值
單調(diào)遞增
極大值
單調(diào)遞減
∴x＝1是f(x)的極小值點(diǎn)，x＝2是f(x)的極大值點(diǎn)．
例3 解題導(dǎo)引 設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟：
(1)求函數(shù)y＝f(x)在(a，b)內(nèi)的極值．
(2)將函數(shù)y＝f(x)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個(gè)是最大值，最小的一個(gè)是最小值．
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x
26、)＝3x2＋2ax＋b，
當(dāng)x＝1時(shí)，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0；①
當(dāng)x＝時(shí)，y＝f(x)有極值，則f′＝0，
可得4a＋3b＋4＝0.②
由①②解得a＝2，b＝－4，
又切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝1，∴f(1)＝4.
∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5.
(2)由(1)，得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
∴f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝，
∴f′(x)<0的解集為，即為f(x)的減區(qū)間．
[－3，－2)、是函數(shù)的增區(qū)間．
又f(－3)＝8，f(－2)＝13，f＝，f(1)＝4，
∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小
27、值為.
變式遷移3 解 (1)由題意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b.
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
因?yàn)楹瘮?shù)g(x)是奇函數(shù)，
所以g(－x)＝－g(x)，即對(duì)任意實(shí)數(shù)x，
有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b
＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，
從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0，
因此f(x)的表達(dá)式為f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，
所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0，
解得x1＝－，x2＝，
則當(dāng)x<－或x>時(shí)，
28、g′(x)<0，
從而g(x)在區(qū)間(－∞，－)，(，＋∞)上是減函數(shù)；
當(dāng)－0，
從而g(x)在區(qū)間(－，)上是增函數(shù)．
由前面討論知，g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值只能在x＝1，，2時(shí)取得，
而g(1)＝，g()＝，g(2)＝.
因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝，
最小值為g(2)＝.
課后練習(xí)區(qū)
1．C 2.A 3.A 4.A 5.B
6．3
解析 ∵f′(x)＝()′
＝＝，
又∵x＝1為函數(shù)的極值，∴f′(1)＝0.
∴1＋2×1－a＝0，即a＝3.
7．②④
解析 觀察函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的
29、圖象，由單調(diào)性、極值與導(dǎo)數(shù)值的關(guān)系直接判斷．
8．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個(gè)不等實(shí)根，則Δ＝4m2－12×(m＋6)>0，∴m>6或m<－3.
9．解 f′(x)＝()′＝，由f′(x)＝0得x＝－2,1.………………(4分)
當(dāng)x∈(－∞，－2)時(shí)f′(x)<0，當(dāng)x∈(－2,1)時(shí)f′(x)>0，故x＝－2是函數(shù)的極小值點(diǎn)，故f(x)的極小值為f(－2)＝－；…………………………………………………………………(8分)
當(dāng)x∈(－2,1)時(shí)f′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)f′(x)<0，
故x＝1是函數(shù)的極大值點(diǎn)，
所以
30、f(x)的極大值為f(1)＝1.……………………………………………………………(12分)
10．解 (1)由f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，
得f′(x)＝3x2－2ax－4.…………………………………………………………………(4分)
(2)因?yàn)閒′(－1)＝0，所以a＝，
所以f(x)＝x3－x2－4x＋2，f′(x)＝3x2－x－4.
又f′(x)＝0，所以x＝或x＝－1.
又f＝－，f(－1)＝，
f(－2)＝0，f(2)＝0，所以f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值分別為、－.………(12分)
11．解 (1)由函數(shù)f(x)圖象過點(diǎn)(－1，－6)，
得m－n＝
31、－3. ①
由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，
得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，
則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
而g(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，所以－＝0.
所以m＝－3，代入①，得n＝0.…………………………………………………………(4分)
于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f′(x)>0，得x>2或x<0，
故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，0)∪(2，＋∞)；
由f′(x)<0，得0
32、的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)．…………………………………………………………(8分)
(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝2.
當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
……………………………………………………………………………………………(10分)
由此可得：
當(dāng)0
新版高考數(shù)學(xué)理科一輪【學(xué)案14】導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用含答案
