導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用教材復(fù)習(xí)課“導(dǎo)數(shù)”有關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)一課過導(dǎo)數(shù)的基本運(yùn)算[過雙基]1．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式原函數(shù)導(dǎo)函數(shù)f(x)＝(c為常數(shù))f′(x)＝0cf(x)＝xn(n∈Q*)f′(x)＝nxn－1f(x)＝sinxf′(x)＝cos_xf(x)＝cosxf′(x)＝－sin_xf(x)＝x′()＝xln_aafxaf(x)＝exf′(x)＝exf(x)＝logax(a>0，且a≠1)1f′(x)＝xlnaf(x)＝lnxf′(＝1x)x2．導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法例(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)fx′＝f′xgx－fxg′x(g(x)≠0)．gx[gx]2[小題速通]1．以下求導(dǎo)運(yùn)算正確的選項(xiàng)是()A.x＋1′＝1＋12B．(log2)′＝1xxxxln2C．(3x)′＝3xlog3eD．(x2cosx)′＝－2sinx分析：選Bx＋1′＝1－12；(log2x)′＝1；(3x)′＝3xln3；(x2cosx)′＝2cosxxxln2xx－x2sinx，應(yīng)選B.2．函數(shù)f(x)＝(x＋2)(x－)2的導(dǎo)數(shù)為()aaA．2(x2－a2)C．3(x2－a2)

B．2(x2＋a2)D．3(x2＋a2)分析：選C∵f(x)＝(x＋2a)(x－a)2＝x3－3a2x＋2a3，∴f′(x)＝3(x2－a2)．3．函數(shù)f(x)＝ax3＋3x2＋2，若f′(－1)＝4，則a的值是()1916A.3B.31310C.3D.3分析：選D因?yàn)閒′(x)＝3ax2＋6x，所以f′(－1)＝3a－6＝4，10所以a＝3.4．(2016·天津高考)已知函數(shù)f(x)＝(2x＋1)ex，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(0)的值為________．分析：因?yàn)閒()＝(2x＋1)ex，xxxx所以f′(x)＝2e＋(2x＋1)e＝(2x＋3)e，所以f′(0)＝3e0＝3.答案：3[清易錯(cuò)]1．利用公式求導(dǎo)時(shí)，必定要注意公式的合用范圍及符號(hào)，如(xn)′＝nxn－1中n≠0且n∈Q*，(cosx)′＝－sinx.2．注意公式不要用混，如(ax)′＝axlna，而不是(ax)′＝xax－1.1．已知函數(shù)f()＝sinx－cos，若f′()＝1()，則tanx的值為()xxx2fxA．1B．－3C．－1D．2分析：選B∵f′(x)＝(sinx－cosx)′＝cosx＋sinx，1又f′(x)＝2f(x)，1cosx＋sinx＝2sinx－2cosx，tanx＝－3.2．若函數(shù)f(x)＝2x＋lnx且f′()＝0，則2aln2a＝()aA．－1B．1C．－ln2D．ln2x1a1a1a分析：選Af′(x)＝2ln2＋x，由f′(a)＝2ln2＋a＝0，得2ln2＝－a，則a·2·ln2＝－1，即2aln2a＝－1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義[過雙基]函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)的幾何意義是在曲線y＝f(x)上點(diǎn)P(x0，y0)處的切線的斜率(剎時(shí)速度就是位移函數(shù)s(t)對(duì)時(shí)間t的導(dǎo)數(shù))．相應(yīng)地，切線方程為y－y0＝f′(x0)·(x－x0)．[小題速通]1.(2018·鄭州質(zhì)檢)已知y＝f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，如圖，直線y＝kx＋2是曲線y＝f(x)在x＝3處的切線，令g(x)＝xf(x)，g′(x)是g(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g′(3)＝()A．－1B．0C．2D．411分析：選B由題圖可知曲線y＝f(x)在x＝3處切線的斜率等于－3，∴f′(3)＝－3，∵(x)＝xf(x)，∴′()＝(x)＋xf′()，∴′(3)＝f(3)＋3f′(3)，又由題圖可知f(3)ggxfxg11，所以g′(3)＝1＋3×－3＝0.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝xlnx，則點(diǎn)(1,0)處的切線方程是________．分析：因?yàn)閒′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1，所以切線方程為x－y－1＝0.答案：x－y－1＝03．已知曲線y＝22的一條切線的斜率為2，則切點(diǎn)的坐標(biāo)為________．x1121分析：因?yàn)閥′＝4x，設(shè)切點(diǎn)為(m，n)，則4m＝2，所以m＝2，則n＝2×2＝2，則11切點(diǎn)的坐標(biāo)為2，2.11答案：，224．函數(shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)M(1，f(1))處的切線方程是y＝3x－2，則f(1)＋f′(1)________.分析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)的圖象在點(diǎn)M(1，f(1))處的切線方程是y＝3x－2，所以f′(1)3，且f(1)＝3×1－2＝1，所以f(1)＋f′(1)＝1＋3＝4.答案：4[清易錯(cuò)]1．求曲線切線時(shí)，要分清在點(diǎn)P處的切線與過P點(diǎn)的切線的差異，前者只有一條，而后者包含了前者．2．曲線的切線與曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)不必定只有一個(gè)，這和研究直線與二次曲線相切時(shí)有差異．1．若存在過點(diǎn)(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋154x－9都相切，則a等于()2521A．－1或－64B．－1或47257C．－或－64D．－或744分析：選A因?yàn)閥＝x3，所以y′＝3x2，設(shè)過點(diǎn)(1,0)的直線與y＝x33，相切于點(diǎn)(x0，x0)則在該點(diǎn)處的切線斜率為2k＝3x0，所以切線方程為y－x32x－0)，即y＝3223＝0或0＝30(0－0，又(1,0)在切線上，則0xxxxxx321525x0＝2，當(dāng)x0＝0時(shí)，由y＝0與y＝ax＋4x－9相切，可得a＝－64，32727215當(dāng)x0＝2時(shí)，由y＝4x－4與y＝ax＋4x－9相切，可得a＝－1，所以選A.2.(2017·蘭州一模)已知直線y＝2x＋1與曲線y＝x3＋ax＋b相切于點(diǎn)(1,3)，則實(shí)數(shù)b的值為________．分析：因?yàn)楹瘮?shù)y＝3＋ax＋b的導(dǎo)函數(shù)為y′＝3x2＋，所以此函數(shù)的圖象在點(diǎn)(1,3)xa處的切線斜率為3＋a，3＋a＝2，a＝－1，所以解得b＝3.3＝1＋a＋b，答案：3利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性[過雙基]1．函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)的單一性與f′(x)的關(guān)系若f′(x)>0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是增添的．若f′(x)<0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間上是減少的．若f′(x)＝0，則f(x)在這個(gè)區(qū)間內(nèi)是常數(shù)．2．利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單一性的一般步驟求f′(x)．在定義域內(nèi)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0.依據(jù)結(jié)果確立f(x)的單一性及單一區(qū)間．[

]1．函數(shù)

f(x)＝2x3－9x2＋12x＋1的單一減區(qū)間是

(

)A．(1,2)

B．(2，＋∞)C．(－∞，1)

D．(－∞，

1)和(2，＋∞)分析：選A解f′(x)＝6x2－18x＋12<0可得1<x<2，所以單一減區(qū)間是(1,2)．2．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)′()＝2＋bx＋c的圖象以下圖，則f(x)的圖象可能fxax是()分析：選D當(dāng)x<0時(shí)，由導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相應(yīng)的函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)單一遞減；當(dāng)x>0時(shí)，由導(dǎo)函數(shù)21f′(x)＝ax＋bx＋c的圖象可知，導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間(0，x)內(nèi)的值是大于0的，則在此區(qū)間內(nèi)函數(shù)f(x)單一遞加．只有D選項(xiàng)切合題意．3．已知f(x)＝x2＋ax＋3lnx在(1，＋∞)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()6A．(－∞，－26]B.－∞，2C．[－26，＋∞)D．[－5，＋∞)32x2＋＋3由題意得f′(x)＝2x＋a＋x＝g(x)分析：選Cx≥0在(1，＋∞)上恒建立?＝a2－24>0，＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒建立?＝a2－24≤0或－a≤1，?－4g1＝5＋a≥026≤≤26或>26?a≥－26，應(yīng)選C.aa[清易錯(cuò)]若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單一遞加，則f′(x)≥0，且在(a，b)的隨意子區(qū)間，等號(hào)不恒建立；若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上單一遞減，則f′(x)≤0，且在(a，b)的任意子區(qū)間，等號(hào)不恒建立．若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1是R上的單一增函數(shù)，則m的取值范圍是________．分析：∵f(x)＝x3＋x2＋mx＋1，f′(x)＝3x2＋2x＋m.又∵f(x)在R上是單一增函數(shù)，∴f′(x)≥0恒建立，1∴＝4－12m≤0，即m≥3.1答案：，＋∞利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值[過雙基]1．函數(shù)的極大值在包含x0的一個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)在任何一點(diǎn)的函數(shù)值都小于x0點(diǎn)的函數(shù)值，稱點(diǎn)x0為函數(shù)y＝f(x)的極大值點(diǎn)，其函數(shù)值f(x0)為函數(shù)的極大值．2．函數(shù)的極小值在包含x0的一個(gè)區(qū)間(a，b)內(nèi)，函數(shù)y＝f(x)在任何一點(diǎn)的函數(shù)值都大于x0點(diǎn)的函數(shù)值，稱點(diǎn)x0為函數(shù)y＝f(x)的極小值點(diǎn)，其函數(shù)值f(x0)為函數(shù)的極小值．極大值與極小值統(tǒng)稱為極值，極大值點(diǎn)與極小值點(diǎn)統(tǒng)稱為極值點(diǎn)．3．函數(shù)的最值在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值．若函數(shù)f(x)在[a，b]上單一遞加，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單一遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值．[小題速通]1．如圖是f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，則f(x)的極小值點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A．1B．2C．3D．4分析：選A由圖象及極值點(diǎn)的定義知，f(x)只有一個(gè)極小值點(diǎn)．2．若函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋3－9在x＝－3時(shí)獲得極值，則a的值為()xA．2B．3C．4D．5分析：選D′()＝32＋2ax＋3，由題意知f′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)fxxa＋3＝0，解得a＝5.3．(2017·濟(jì)寧一模)函數(shù)f(x)＝1x2－lnx的最小值為()21A.2B．1C．0D．不存在x2－1分析：選Af′(x)＝x－x＝x，且x>0.令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1.∴f(x)在x＝1處獲得極小值也是最小值，且11f(1)＝－ln1＝.224．若函數(shù)f(x)＝21x2－ax＋lnx有極值，則a的取值范圍為________．x2－ax＋1分析：f′(x)＝x－a＋x＝x(x>0)，12因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2x－ax＋lnx有極值，令()＝x2－ax＋1，且(0)＝1>0，gxga所以2>0，解得a>2.aa2g2＝－4＋1<0，答案：(2，＋∞)5．設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)＝x3－2ax2＋a2x的兩個(gè)極值點(diǎn)，若x1<2<x2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．分析：由題意，f′()＝32－4＋2＝0，得＝a或.3a>2，又∵x<2<x，∴x1＝，x＝a，∴a∴2<a<6.12a233<2，答案：(2,6)[清易錯(cuò)]1．f′(x)＝0是x為f(x)的極值點(diǎn)的既不充分也不用要條件．3fxxf00＝0，但x＝0不是極值點(diǎn)；又如f(x)＝|x|，x＝0是它的極小值點(diǎn)，但f′(0)不存在．2．求函數(shù)最值時(shí)，易誤以為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，不經(jīng)過比較就下結(jié)論．1．(2017·岳陽一模)以下函數(shù)中，既是奇函數(shù)又存在極值的是()A．y＝x3B．y＝ln(－x)C．y＝xe－xD．y＝x＋2x分析：選D因?yàn)锳、B為單一函數(shù)，所以不存在極值，C不是奇函數(shù)，應(yīng)選D.2．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－3x＋1，x∈[－2,2]的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.分析：f′(x)＝3x2－3，由f′(x)>0可得x>1或x<－1，由f′(x)<0可得－1<x<1，所以函數(shù)f(x)的增區(qū)間是[－2，－1]，[1,2]，減區(qū)間是[－1,1]．又因?yàn)閒(－2)＝－1，f(－1)＝3，f(1)＝－1，f(2)＝3，所以M＝3，m＝－1，所以M＋m＝2.答案：2一、選擇題1．已知函數(shù)f()＝loga(a>0且a≠1)，若f′(1)＝－1，則＝()xxaA．e1B.e11C.e2D.211分析：選B因?yàn)閒′(x)＝xlna，所以f′(1)＝lna＝－1，所以lna＝－1，所以a1e.2．直線

y＝kx＋1與曲線

y＝x2＋ax＋b相切于點(diǎn)

A(1,3)

，則

2a＋b的值為

(

)A．－1

B．1C．2

D．－2分析：選

C

由曲線

y＝x2＋ax＋b，得

y′＝2x＋a，由題意可得

k＋1＝3，k＝2＋a，1＋a＋b＝3，

解得

k＝2，a＝0，b＝2，所以2a＋b＝2.323．函數(shù)y＝2x－3x的極值狀況為()A．在x＝0處獲得極大值0，但無極小值C．在x＝0處獲得極大值0，在x＝1處獲得極小值－1D．以上都不對(duì)分析：選Cy′＝6x2－6x，由y′＝6x2－6x>0，可得x>1或x<0，即單一增區(qū)間是(－∞，0)，(1，＋∞)．由y′＝6x2－6x<0，可得0<x<1，即單一減區(qū)間是(0,1)，所以函數(shù)在x＝0處獲得極大值0，在x＝1處獲得極小值－1.4．若f(x)＝－1x2＋mlnx在(1，＋∞)是減函數(shù)，則m的取值范圍是()2A．[1，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，1]D．(－∞，1)分析：選C由題意，′()＝－xm≤x2在(1，＋∞)＋≤0在(1，＋∞)上恒建立，即fxxm上恒建立，又因?yàn)閤2>1，所以m≤1.5．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單一遞加區(qū)間是()A．(－∞，2)B．(0,3)C．(1,4)D．(2，＋∞)分析：選D依題意得f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)>0，解得x>2，∴f(x)的單一遞加區(qū)間是(2，＋∞)．應(yīng)選D.6．已知函數(shù)f(x)＝x(x－m)2在x＝1處獲得極小值，則實(shí)數(shù)m＝()A．0B．1．2D．3C分析：選B22322f′(x)＝22f(x)＝x(x－2mx＋m)＝x－2mx＋mx，所以3x－4mx＋m＝(xm)(3x－m)．由f′(1)＝0可得m＝1或m＝3.當(dāng)m＝3時(shí)，f′(x)＝3(x－1)(x－3)，當(dāng)1<x<3時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x<1或x>3時(shí)，f′(x)>0，此時(shí)在x＝1處獲得極大值，不合題意，∴m11＝1，此時(shí)f′(x)＝(x－1)(3x－1)，當(dāng)<x<1時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x<或x>1時(shí)，f′(x)>0，33此時(shí)在x＝1處獲得極小值．選B.x21)7．已知曲線y＝－3lnx的一條切線的斜率為，則切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為(42A．3B．21C．1D.2分析：選A已知曲線y＝x21131－3lnx(x>0)的一條切線的斜率為，由y′＝x－＝，422x2得x＝3，應(yīng)選A.x≤0，1－2，x8．若函數(shù)f(x)＝x3－3x＋a，x>0的值域?yàn)閇0，＋∞)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[2,3]B．(2,3]C．(－∞，2]D．(－∞，2)分析：選A當(dāng)x≤0時(shí)，0≤f(x)＝1－2x<1；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x3－3x＋a，f′(x)＝3x2－3，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單一遞減，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單一遞加，所以當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)獲得最小值f(1)＝1－3＋a＝a－2.由題意得0≤a－2≤1，解得

2≤a≤3，選

A.二、填空題9．若函數(shù)

f(x)＝x＋aln

x不是單一函數(shù)，則實(shí)數(shù)

a的取值范圍是

________．a(chǎn)分析：由題意知

f(x)的定義域?yàn)?/p>

(0，＋∞)，f′(x)＝1＋x，要使函數(shù)

f(x)＝x＋aln

xa不是單一函數(shù)，則需方程

1＋x＝0在(0，＋∞)上有解，即

x＝－a，∴a<0.答案：(－∞，0)10．已知函數(shù)f(x)＝lnx－f′(－1)x2＋3x－4，則f′(1)＝________.1分析：∵f′(x)＝x－2f′(－1)x＋3，f′(－1)＝－1＋2f′(－1)＋3，f′(－1)＝－2，∴f′(1)＝1＋4＋3＝8.答案：811．已知函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)(1，(1))處的切線方程是y＝1＋3，則f(1)＋′(1)Mf2xf＝________.分析：由題意知f117′(1)＝，f(1)＝×1＋3＝，2221f(1)＋f′(1)＝2＋2＝4.答案：412．已知函數(shù)g(x)知足g(x)＝g′(1)ex－1－g(0)x＋1x2，且存在實(shí)數(shù)x0，使得不等式22m－1≥g(x0)建立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________．分析：g′(x)＝g′(1)ex－1－g(0)＋x，令x＝1時(shí)，得g′(1)＝g′(1)－g(0)＋1，∴g(0)＝1，g(0)＝g′(1)e0－1＝1，∴g′(1)＝e，x12x∴g(x)＝e－x＋2x，g′(x)＝e－1＋x，當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，∴當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)g(x)獲得最小值g(0)＝1.依據(jù)題意得2m－1≥g(x)min＝1，∴m≥1.答案：[1，＋∞)三、解答題a13．已知函數(shù)f(x)＝x＋x＋b(x≠0)，此中a，b∈R.(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)P(2，f(2))處的切線方程為y＝3x＋1，求函數(shù)f(x)的分析式；議論函數(shù)f(x)的單一性；(3)若對(duì)于隨意的a∈1f(x)≤10在1b的取值范，2，不等式，1上恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)24圍．a(chǎn)解：(1)f′(x)＝1－x2(x≠0)，由已知及導(dǎo)數(shù)的幾何意義得f′(2)＝3，則a＝－8.由切點(diǎn)(2，(2))在直線y＝3x＋1上可得－2＋＝7，解得＝9，所以函數(shù)f()的解Pfbbx8析式為f(x)＝x－x＋9.a由(1)知f′(x)＝1－x2(x≠0)．當(dāng)a≤0時(shí)，明顯f′(x)>0，這時(shí)f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函數(shù)．當(dāng)a>0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝±a，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化狀況以下表：x(－∞，－－a(－a，0)(0，a)a(a，＋∞)a)f′(x)＋0－－0＋f(x)極大值極小值所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(－∞，－a)，(a，＋∞)上是增函數(shù)，在(－a，0)，(0，a)上是減函數(shù)．(3)由(2)知，對(duì)于隨意的a∈1，2，不等式f(x)≤10在1上恒建立等價(jià)于2，14139f4≤10，b≤4－4a，17f1≤10，即b≤9－a對(duì)于隨意的a∈2，2建立，進(jìn)而得b≤4，所以實(shí)數(shù)b的取值范圍是7－∞，4.14．已知函數(shù)f(x)＝x＋a－lnx－3，此中∈R，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的4x21切線垂直于直線y＝2x.求a的值；求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間與極值．1a1解：(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)，得f′(x)＝4－x2－x(x>0)，由f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝1，2x35知f′(1)＝－4－a＝－2，解得a＝4.x53(2)由(1)知f(x)＝4＋4x－lnx－2，則f′(x)＝x2－4x－5，4x2令f′()＝0，解得x＝－1或x＝5.x因?yàn)閤＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內(nèi)，故舍去．當(dāng)x∈(0,5)時(shí)，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)x∈(5，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)內(nèi)為增函數(shù)．由此知函數(shù)f(x)在x＝5時(shí)獲得極小值f(5)＝－ln5，無極大值．高考研究課(一)導(dǎo)數(shù)運(yùn)算是基點(diǎn)、幾何意義是要點(diǎn)[全國(guó)卷5年命題剖析]考點(diǎn)考察頻度考察角度導(dǎo)數(shù)的幾何意義5年8考求切線、已知切線求參數(shù)、求切點(diǎn)坐標(biāo)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算1π[典例](1)(2018·惠州模擬)已知函數(shù)f(x)＝xcosx，則f(π)＋f′2＝()31A．－π2B．－π231C．－πD．－π(2)已知f1(x)＝sin＋cosx，n＋1(x)是fn(x)的導(dǎo)函數(shù)，即f2(x)＝1′()，f3(x)＝xffxf2′(x)，，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，則f2018(x)等于()A．－sinx－cosxB．sinx－cosxC．sinx＋cosxD．cosx－sinx(3)已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且知足f(x)＝2xf′(1)＋lnx，則f′(1)＝()A．－eB．－1C．1D．e11[分析](1)∵f′(x)＝－x2cosx＋x(－sinx)，π123∴f(π)＋f′2＝－π＋π·(－1)＝－π.(2)∵f1(x)＝sinx＋cosx，∴f(x)＝f′(x)＝cosx－sinx，21∴f(x)＝f′(x)＝－sinx－cosx，32∴f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx，∴f

5(x)＝f4′(x)＝sin

x＋cos

x，∴f

n(x)是以

4為周期的函數(shù)，∴f

2018(x)＝f2(x)＝cos

x－sin

x，應(yīng)選

D.1(3)由f(x)＝2xf′(1)＋lnx，得f′(x)＝2f′(1)＋x.f′(1)＝2f′(1)＋1，則f′(1)＝－1.[答案](1)C(2)D(3)B[方法技巧]1．可導(dǎo)函數(shù)的求導(dǎo)步驟剖析函數(shù)y＝f(x)的結(jié)構(gòu)特色，進(jìn)行化簡(jiǎn)；選擇適合的求導(dǎo)法例與導(dǎo)數(shù)公式求導(dǎo)；化簡(jiǎn)整理答案．2．求導(dǎo)運(yùn)算應(yīng)按照的原則求導(dǎo)以前，應(yīng)利用代數(shù)、三角恒等式等變形對(duì)函數(shù)進(jìn)行化簡(jiǎn)，而后求導(dǎo)，這樣能夠減少運(yùn)算量，提升運(yùn)算速度，減少差錯(cuò)．[即時(shí)操練]1．(2018·江西九校聯(lián)考)已知y＝(x＋1)(x＋2)(x＋3)，則y′＝()A．3x2－12x＋6

B．x2＋12x－11C．x2＋12x＋6

D．3x2＋12x＋11分析：選

D

法一：y′＝(x＋2)(

x＋3)＋(x＋1)(

x＋3)＋(x＋1)(

x＋2)＝3x2＋12x＋11.法二：∵y＝(x2＋3x＋2)(x＋3)＝x3＋6x2＋11x＋6，y′＝3x2＋12x＋11.2．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若f′(x0)＝2，則x0＝________.分析：f′(x)＝lnx＋1，由f′(x0)＝2，即lnx0＋1＝2，解得x0＝e.答案：e導(dǎo)數(shù)的幾何意義導(dǎo)數(shù)的幾何意義為高考熱門內(nèi)容，考察題型多為選擇、填空題，也常出此刻解答題的第1問中，難度較低，屬中、低檔題.常有的命題角度有：1求切線方程；2確立切點(diǎn)坐標(biāo)；3已知切線求參數(shù)值或范圍；4切線的綜合應(yīng)用.角度一：求切線方程1．已知函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程是________．13分析：∵f′(x)＝1＋x－1＋2x，∴f′(1)＝2，f(1)＝ln2，∴曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，3f(1))處的切線方程為y－ln2＝2(x－1)，即3x－2y＋2ln2－3＝0.答案：3x－2y＋2ln2－3＝0角度二：確立切點(diǎn)坐標(biāo)2．(2018·沈陽模擬

)在平面直角坐標(biāo)系

xOy中，點(diǎn)

M在曲線

C：y＝x3－x－1上，且在第三象限內(nèi)，已知曲線C在點(diǎn)處的切線的斜率為2，則點(diǎn)的坐標(biāo)為________．MM分析：∵y′＝3x2－1，曲線C在點(diǎn)M處的切線的斜率為2，∴3x2－1＝2，x＝±1，又∵點(diǎn)M在第三象限，∴＝－1，∴＝(－1)3－(－1)－1＝－1，xy∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(－1，－1)．答案：(－1，－1)角度三：已知切線求參數(shù)值或范圍3．(2017·武漢一模)已知a為常數(shù)，若曲線y＝ax2＋3x－lnx上存在與直線x＋y－1＝0垂直的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．分析：由題意知曲線上存在某點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值為1，1所以y′＝2ax＋3－x＝1有正根，即2ax2＋2x－1＝0有正根．當(dāng)a≥0時(shí)，明顯知足題意；1當(dāng)a＜0時(shí)，需知足≥0，解得－2≤a＜0.1綜上，a≥－2.答案：1－，＋∞24．若兩曲線y＝x2－1與y＝alnx－1存在公切線，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．a(chǎn)分析：設(shè)y＝alnx－1的切點(diǎn)為(x0，y0)，求導(dǎo)y′＝x，a則切線的斜率為，x0a所以公切線方程為y－(alnx0－1)＝(x－x0)，x0聯(lián)立方程y＝x2－1可得x2－ax＋a－alnx0＝0，0由題意，可得＝－a20x0－4(a－alnx)＝0，則a＝402(1－lnx0)．x令f(x)＝4x2(1－lnx)(x>0)，則f′(x)＝4x(1－2lnx)，易知，函數(shù)f(x)＝4x2(1－lnx)在(0，e)上是增函數(shù)，在(e，＋∞)上是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)＝4x2(1－lnx)的最大值是f(e)＝2e，則正實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,2e]．答案：(0,2e]角度四：切線的綜合應(yīng)用5．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)當(dāng)a＝4時(shí)，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程；若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0，求a的取值范圍．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．當(dāng)a＝4時(shí)，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，1f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋x－3，f′(1)＝－2.故曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0.(2)當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)＞0等價(jià)于lnax－1x－＞0.x＋1設(shè)g(x)＝lnx－ax－1x＋1，則g12ax2＋21－ax＋1g(1)＝0.′()＝－2＝2，xxx＋1xx＋1①當(dāng)a≤2，x∈(1，＋∞)時(shí)，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上單一遞加，所以g(x)＞0；②當(dāng)a＞2時(shí)，令g′(x)＝0，得x1＝a－1－a－12－1，x2＝a－1＋a－12－1.由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故當(dāng)x∈(1，x2)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上單一遞減，所以g(x)＜0.綜上，a的取值范圍是(－∞，2]．[方法技巧]利用導(dǎo)數(shù)解決切線問題的方法(1)已知切點(diǎn)A(x0，f(x0))求斜率k，即求該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值：k＝f′(x0)．已知斜率k，求切點(diǎn)A(x1，f(x1))，即解方程f′(x1)＝k.(3)已知過某點(diǎn)M(x1，f(x1))(不是切點(diǎn))的切線斜率為k時(shí)，常需設(shè)出切點(diǎn)

A(x0，f(x0))

，利用

k＝

f

x1

－fx1－x0

x0

求解．1．(2014·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()A．0B．1C．2D．31分析：選Dy′＝a－x＋1，由題意得y′x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.212．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)曲線y＝x＋x在點(diǎn)(1,2)處的切線方程為________．1處的切線方程的斜率為y′|＝2×1－1x1x＝1所以切線方程為y－2＝x－1，即x－y＋1＝0.答案：x－y＋1＝03．(2016·全國(guó)卷Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x1)的切線，則b＝________.分析：y＝lnx＋2的切線方程為：1y＝·x＋lnx1＋1(設(shè)切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x1)，x1y＝ln(x＋1)的切線方程為：12x22y＝x2＋1x＋ln(x＋1)－x2＋1(設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x)，11＝x2，x1＋1∴x212－x2＋1，lnx＋1＝lnx＋111解得x1＝2，x2＝－2，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.答案：1－ln24．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(diǎn)(1，f(1))處的切線過點(diǎn)(2,7)，則a＝________.分析：∵′()＝32＋1，fxaxf′(1)＝3a＋1.又f(1)＝a＋2，∴切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)．∵切線過點(diǎn)(2,7)，7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.答案：15．(2015·全國(guó)卷Ⅱ)已知曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x1相切，則a＝________.分析：∵y＝x＋lnx，1y′＝1＋，y′x＝1＝2.x∴曲線y＝x＋lnx在點(diǎn)(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.∵y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，∴a≠0(當(dāng)a＝0時(shí)曲線變成y＝2x＋1與已知直線平行)．y＝2x－1，由y＝ax2＋a＋2x＋1，消去y，得ax2＋ax＋2＝0.2由＝a－8a＝0，解得a＝8.一、選擇題1．設(shè)曲線y＝1＋cosxπ，1x－ay＋1＝0平行，則實(shí)數(shù)a等于sinx在點(diǎn)2處的切線與直線()A．－11B.2C．－2D．2－1－cosxπ1分析：選A∵y′＝sin2x，∴y′x＝2＝－1，由條件知a＝－1，∴a＝－1.22．(2018·衡水調(diào)研)曲線y＝1－x＋2在點(diǎn)(－1，－1)處的切線方程為()．＝2x＋1B．＝2x－1AyyC．y＝－2x－3D．y＝－2x－2x分析：選A∵y＝1－x＋2＝x＋2，x＋2－x222，y′|x＝－1＝2，∴y′＝＝x＋2x＋2∴曲線在點(diǎn)(－1，－1)處的切線斜率為2，∴所求切線方程為y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1.3．(2018·濟(jì)南一模)已知曲線f(x)＝lnx的切線經(jīng)過原點(diǎn)，則此切線的斜率為()．eB．－eA.1D．－1Cee分析：選C法一：∵f(x)＝lnx，x∈(0，＋∞)，1∴f′(x)＝x.設(shè)切點(diǎn)P(x0，lnx0)，則切線的斜率為k＝f′(x0)＝1lnx0＝kOP＝.x0x0∴l(xiāng)nx0＝1，∴x0＝，∴＝1＝1.ekx0e法二：(數(shù)形聯(lián)合法)：在同一坐標(biāo)系下作出y＝lnx及曲線y＝lnx經(jīng)過原點(diǎn)的切線，由圖可知，切線的斜率為正，且小于1，應(yīng)選C.1274．已知f(x)＝lnx，g(x)＝2x＋mx＋2(m＜0)，直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切，且與f(x)圖象的切點(diǎn)為(1，f(1))，則m的值為()A．－1B．－3．－4D．－2C分析：選D∵′()＝1，x∴直線l的斜率為k＝f′(1)＝1.又f(1)＝0，∴直線l的方程為y＝x－1.g′(x)＝x＋m，設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點(diǎn)為(x0，y0)，則有x0＋m＝1，y0＝x0－1，127又因?yàn)閥0＝2x0＋mx0＋2(m＜0)，解得m＝－2，應(yīng)選D.325．(2018·南昌二中模擬)設(shè)點(diǎn)P是曲線y＝x－3x＋3上的隨意一點(diǎn)，P點(diǎn)處切線傾斜角α的取值范圍為()A.π5π2π0，2∪6，πB.3，π.0，π∪2π，πD.π，5πC2326分析：選C因?yàn)閥′＝3x2－3≥－3，故切線斜率k≥－3，所以切線傾斜角α的π2π取值范圍是0，2∪3，π.16．已知曲線y＝ex＋1，則曲線的切線斜率獲得最小值時(shí)的直線方程為()A．x＋4y－2＝0B．x－4y＋2＝0C．4x＋2y－1＝0D．4x－2y－1＝0－ex－1xx1x1分析：選Ay′＝ex＋12＝x1，因?yàn)閑＞0，所以e＋ex≥2e×ex＝2(當(dāng)e＋ex＋2x1x1y′＝－1≥－1且僅當(dāng)e＝x，即x＝0時(shí)取等號(hào))，則e＋x＋2≥4，故1(當(dāng)x＝0時(shí)取eex4e＋ex＋21等號(hào))．當(dāng)x＝0時(shí)，曲線的切線斜率獲得最大值，此時(shí)切點(diǎn)的坐標(biāo)為0，2，切線的方程為y11x－0)，即x＋4y－2＝0.應(yīng)選.－＝－(24A二、填空題7．已知f()為偶函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝ln(－)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)xx處的切線方程是________．1分析：由題意，當(dāng)x>0時(shí)，則－x<0，f(x)＝f(－x)＝lnx－3x，則f′(x)＝x－3，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，－3)處的切線的斜率f′(1)＝－2，則切線方程為y－(－3)＝－2(x1)，即2x＋y＋1＝0.答案：2x＋y＋1＝08．曲線y＝log2x在點(diǎn)(1,0)處的切線與坐標(biāo)軸所圍三角形的面積等于________．11分析：∵y′＝xln2，∴k＝ln2，∴切線方程為y＝ln12(x－1)，令y＝0，得x＝1，令x＝0，得y＝－1，ln2111∴所求三角形面積為S＝2×1×ln2＝2ln2.1答案：2ln29．(2017·東營(yíng)一模)函數(shù)f(x)＝xlnx在點(diǎn)P(x，f(x))處的切線與直線x＋y＝0垂00直，則切點(diǎn)P(x，f(x))的坐標(biāo)為________．00分析：∵f(x)＝xlnx，∴f′(x)＝lnx＋1，由題意得f′(x0)·(－1)＝－1，即f′(x0)＝1?ln

x0＋1＝1?ln

x0＝0?

x0＝1，f(x0)＝1·ln1＝0，P(1,0)．答案：(1,0)10．設(shè)過曲線f(x)＝－ex－x(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))上的隨意一點(diǎn)的切線為l1，總存在過曲線g(x)＝mx－3sinx上的一點(diǎn)處的切線l，使l⊥l，則m的取值范圍是________．212分析：設(shè)曲線f(x)上隨意一點(diǎn)A(x1，y1)，曲線g(x)上存在一點(diǎn)B(x2，y2)，f′(x)＝－x－1，′()＝－3cosx.egxm由題意可得f′(x)g′(x)＝－1，且f′(x)＝－ex－1∈(－∞，－1)，g′(x)＝m121123cosx2∈[m－3，m＋3]．曲線

因?yàn)檫^曲線f(x)＝－ex－x(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))上的隨意一點(diǎn)的切線為g(x)＝mx－3sinx上的一點(diǎn)處的切線l2，使l1⊥l2，

l1，總存在過所以(0,1)?[m－3，m＋3]，所以

m－3≤0，且

m＋3≥1，解得－2≤m≤3.答案：[－2,3]三、解答題13211．已知函數(shù)f(x)＝x－2x＋3x(x∈R)的圖象為曲線C.求過曲線C上隨意一點(diǎn)切線斜率的取值范圍；(2)若在曲線C上存在兩條互相垂直的切線，求此中一條切線與曲線C的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)的取值范圍．解：(1)由題意得f′(x)＝x2－4x＋3，則f′(x)＝(x－2)2－1≥－1，即過曲線C上隨意一點(diǎn)切線斜率的取值范圍是[－1，＋∞)．設(shè)曲線C的此中一條切線的斜率為k，k≥－1，則由題意，及(1)可知，1≥－1，－k解得－1≤k＜0或k≥1，故由－1≤x2－4x＋3＜0或x2－4x＋3≥1，得x∈(－∞，2－2]∪(1,3)∪[2＋2，＋∞)．12．(2017·北京高考)已知函數(shù)f(x)＝excosx－x.求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程；π求函數(shù)f(x)在區(qū)間0，2上的最大值和最小值．解：(1)因?yàn)閒(x)＝excosx－x，所以f′()＝ex(cosx－sinx)－1，′(0)＝0.xf又因?yàn)閒(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(2)設(shè)()＝ex(cosx－sinx)－1，hx則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx.π當(dāng)x∈0，2時(shí)，h′(x)＜0，π所以h(x)在區(qū)間0，2上單一遞減．π所以對(duì)隨意x∈0，2，有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.π所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0，2上單一遞減．π所以f(x)在區(qū)間0，2上的最大值為f(0)＝1，ππ最小值為f2＝－2.2的圖象在點(diǎn)2)處的切線為l，若l也與1．(2018·廣東七校聯(lián)考)已知函數(shù)y＝x(x0，x0函數(shù)y＝lnx，x∈(0,1)的圖象相切，則x0必知足()11A．0<x0<2B.2<x0<12C.2<x0<2D.2<x0<31分析：選Dy＝lnx，x∈(0,1)的導(dǎo)數(shù)y′＝x>1，設(shè)切點(diǎn)為(t，lnt)，1則切線l的方程為y＝tx＋lnt－1，因?yàn)楹瘮?shù)y＝x2的圖象在點(diǎn)(x0，02)處的切線l的斜率為20，xx則切線方程為y＝2x20x－x0，因?yàn)閘也與函數(shù)y＝lnx，x∈(0,1)的圖象相切，2x10＝，則1＋ln22∈(1，＋∞)．則有tx0＝x0，x0x20＝1－lnt，令g(x)＝x2－ln2x－1，x∈(1，＋∞)，所以該函數(shù)的零點(diǎn)就是x0，則清除A、B；2x2－1又因?yàn)間′(x)＝2x－x＝x>0，所以函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單一遞加．又g(1)＝－ln2<0，g(2)＝1－ln22<0，g(3)＝2－ln23>0，進(jìn)而2<x<3.02．函數(shù)y＝f(x)圖象上不一樣兩點(diǎn)(1，1)，(2，y2)處的切線的斜率分別是kM，N，MxyNxk規(guī)定(，)＝|kM－kN|(||為線段的長(zhǎng)度)叫做曲線y＝f(x)在點(diǎn)與點(diǎn)之間的“彎φMN|MN|MNMNMN曲度”．設(shè)曲線f(x)＝x3＋2上不一樣兩點(diǎn)(1，y1)，(2，y2)，且1x2＝1，則(，)的MxNxxφMN取值范圍是________．分析：f′(x)＝3x2，設(shè)x1＋x2＝t(|t|>2)，22xx則φ(M，N)＝12x1－x22＋x13＋2－x23－2222|xx＝12x1－x22222[1＋x1＋x1x2＋x2]3|x－x|·|x＋x|＝|x1－x2|12121＋[x1＋x22－x1x2]23|x＋x|3|t|3＝122＝2＝.122221＋[x＋x－1]1＋t－1t2＋t2－222設(shè)g(x)＝x＋x，x>4，則g′(x)＝1－x2>0，所以g(x)在(4，＋∞)上單一遞加，所以9g(x)>g(4)＝2.225所以t＋2－2>，t2310所以0<φ(M，N)<.5答案：3100，5高考研究課二函數(shù)單一性必考，導(dǎo)數(shù)工具離不了[全國(guó)卷5年命題剖析]考點(diǎn)考察頻度考察角度函數(shù)單一性5年8考議論單一性及證明單一性問題函數(shù)單一性的判斷[典例]設(shè)函數(shù)f(x)＝－a2lnx＋x2－ax(a∈R)．議論函數(shù)f(x)的單一性．22a22x2－ax－a2[解]由f(x)＝－alnx＋x－ax，可知f′(x)＝－x＋2x－a＝x＝2x＋ax－a(x>0)．x若a>0，則當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單一遞減，當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單一遞加；若a＝0，則f′(x)＝2x>0在x∈(0，＋∞)內(nèi)恒建立，函數(shù)

f(x)單一遞加；a

a若a<0，則當(dāng)

x∈

0，－2

時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)

f(x)單一遞減，當(dāng)

x∈－2，＋∞時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)單一遞加．[方法技巧]導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)單一性的步驟求f′(x)；確立f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號(hào)；(3)作出結(jié)論：f′(x)＞0時(shí)為增函數(shù)；f′(x)＜0時(shí)為減函數(shù)．[提示]研究含參數(shù)函數(shù)的單一性時(shí)，需注意依照參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類議論．[即時(shí)操練]x1．(2017·蕪湖一模)函數(shù)f(x)＝e－ex，x∈R的單一遞加區(qū)間是()A.(0，＋∞)B.(－∞，0)C.()D.(1，＋∞)－∞，1分析：選D由題意知，f′(x)＝ex－e，令f′(x)＞0，解得x＞1，應(yīng)選D.2．(2016·全國(guó)卷Ⅱ節(jié)選)議論函數(shù)f(x)＝x－2xxe的單一性，并證明當(dāng)x>0時(shí)，(x－2)ex＋2＋x＋2>0.解：f(x)的定義域?yàn)?－∞，－2)∪(－2，＋∞)．x－1x＋2ex－－2ex2exf′(x)＝2x＝x2x＋2x＋2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，f′(x)＝0，所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上單一遞加．所以當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)>f(0)＝－1.所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單一性的應(yīng)用函數(shù)的單一性是高考命題的要點(diǎn)，其應(yīng)用是考察熱門.,常有的命題角度有：1y＝fx與y＝f′x的圖象辨別；比較大小；已知函數(shù)單一性求參數(shù)的取值范圍；結(jié)構(gòu)函數(shù)解不等式.角度一：y＝f(x)與y＝f′(x)的圖象辨別1.已知函數(shù)f()＝ax3＋2＋cx＋，若函數(shù)f()的圖象以下圖，則必定有()xbxdxA．b>0，c>0B．b<0，c>0C．b>0，c<0D．b<0，c<0分析：選B由函數(shù)的圖象與y軸的交點(diǎn)在原點(diǎn)的上方可知，d>0，′()＝32＋2bxfxax＋c，由函數(shù)的圖象可知，函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，且先增，再減，最后增，所以方程f′(x)2＝0有兩個(gè)大于0不一樣的實(shí)根，且a>0，由根與系數(shù)的關(guān)系可得－3a>0，3a>0，則b<0，c>0.2.已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是以下四個(gè)圖象之一，且其導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖所示，則該函數(shù)的圖象是()分析：選B由函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)y＝f′(x)的圖象自左至右是先增后減，可知函數(shù)yf(x)圖象的切線的斜率自左至右先增大后減?。嵌榷罕容^大小3．已知函數(shù)F(x)＝xf(x)，f(x)知足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，F(xiàn)′(x)<00.10.111建立，若a＝2·f(2)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log22·flog22，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>b>cB．c>a>bC．>>D．>>cbaacb分析：選C因?yàn)閒(x)＝f(－x)，所以f(x)是偶函數(shù)，則函數(shù)F(x)＝xf(x)是奇函數(shù)．因?yàn)楫?dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，F(xiàn)′(x)<0建立，所以F(x)在(－∞，0]上是減函數(shù)，所以F(x)在R上是減函數(shù)，0.11因?yàn)?>1,0<ln2<1，log22＝－1<0，所以c>b>a.角度三：已知函數(shù)單一性求參數(shù)的取值范圍4．(2018·寶雞一檢)已知函數(shù)f()＝x2＋4＋lnx，若函數(shù)f(x)在(1,2)上是單一函xxa數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－6，＋∞)B．(－∞，－16)C．(－∞，－16]∪[－6，＋∞)D．(－∞，－16)∪(－6，＋∞)分析：選C∵f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，′()＝2xa2x2＋4x＋a＋4＋＝，fxxxf(x)在(1,2)上是單一函數(shù)，∴f′(x)≥0或f′(x)≤0在(1,2)上恒建立，即2x2＋4x＋a≥0或2x2＋4x＋a≤0在(1,2)上恒建立，即a≥－(2x2＋4x)或a≤－(2x2＋4x)在(1,2)上恒建立．記g(x)＝－(2x2＋4x)，1＜x＜2，則－16＜g(x)＜－6，∴a≥－6或a≤－16，應(yīng)選C.5．(2018·成都模擬)已知函數(shù)f(x)＝－1x2＋4x－3lnx在區(qū)間[t，t＋1]上不但一，2則t的取值范圍是________．分析：由題意知f′()＝－x＋4－3＝－x－1x－3，由f′()＝0得函數(shù)f(x)xxxx的兩個(gè)極值點(diǎn)為1和3，則只需這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t，t＋1)內(nèi)，函數(shù)f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上就不但一，t＜1，t＜3，?0＜t＜1或2＜t＜3.∴1∈(t，t＋1)或3∈(t，t＋1)?或t＋1＞1t＋1＞3答案：(0,1)∪(2,3)[方法技巧]由函數(shù)的單一性求參數(shù)的范圍的方法(1)可導(dǎo)函數(shù)f(x)在D上單一遞加(或遞減)求參數(shù)范圍問題，可轉(zhuǎn)變成f′(x)≥0(或f′(x)≤0)對(duì)x∈D恒建立問題，再參變分別，轉(zhuǎn)變成求最值問題，要注意“＝”能否取到．(2)可導(dǎo)函數(shù)在某一區(qū)間上存在單一區(qū)間，實(shí)質(zhì)上就是f′()＞0(或′()＜0)在該區(qū)xfx間上存在解集，這樣就把函數(shù)的單一性問題轉(zhuǎn)變成不等式問題．若已知f(x)在區(qū)間I上的單一性，區(qū)間I中含有參數(shù)時(shí)，可先求出f(x)的單一區(qū)間，令I(lǐng)是其單一區(qū)間的子集，進(jìn)而可求出參數(shù)的取值范圍．(4)若已知f(x)在D上不但一，則f(x)在D上有極值點(diǎn)，且極值點(diǎn)不是D的端點(diǎn)．角度四：結(jié)構(gòu)函數(shù)解不等式6．已知函數(shù)f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且f(1)1f(x)－f′(x)>0，＝e，對(duì)隨意實(shí)數(shù)都有則不等式f(x)<ex－2的解集為()A．(－∞，e)B．(1，＋∞)C．(1，e)D．(e，＋∞)分析：選B令(fxf′x－fx(fx)＝x－2，′()＝x－2<0，所以函數(shù))＝x－2gxegxegxe是減函數(shù)，又g(1)＝1，所以不等式f(x)<ex－2的解集為(1，＋∞)．7．設(shè)函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′()，且有2(x)＋xfxf′(x)>x2，則不等式(x＋2018)2f(x＋2018)－f(－1)<0的解集為________．分析：令g(x)＝x2f(x)，由2f(x)＋xf′(x)>x2(x<0)，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]<x3<0，故函數(shù)g(x)＝x2f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，故由不等式(x2018)2f(x＋2018)－f(－1)<0，可得－1<x＋2018<0，即－2019<x<－2018，所以不等式的解集為(－2019，－2018)．答案：(－2019，－2018)11．(2016·全國(guó)卷Ⅰ)若函數(shù)f(x)＝x－3sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單一遞加，則a的取值范圍是()A．[－1,1]B.－1，13C.－1，1D.－1，－133312分析：選C法一：取a＝－1，則f(x)＝x－3sin2x－sinx，f′(x)＝1－3cos2x－cosx，但f′(0)22A、＝1－－1＝－＜0，不具備在(－∞，＋∞)單一遞加的條件，故清除33B、D.應(yīng)選C.法二：函數(shù)f(x)＝1x＋asinx在(－∞，＋∞)單一遞加，等價(jià)于′()＝1－sin2x3fx2cos2x＋acosx＝－cos2x＋acosx＋5≥0在(－∞，＋∞)恒建立．設(shè)cosx＝t，則g(t)3334g145＝－＋＋≥0，4t2＋at＋53a31＝－≥0在[－1,1]恒建立，所以4解得－3353g－1＝－3－a＋3≥0，1≤a≤3.應(yīng)選

C.2．(2014·全國(guó)卷Ⅱ

)若函數(shù)

f(x)＝kx－ln

x在區(qū)間(1，＋∞)單一遞加，則

k的取值范圍是

(

)A．(－∞，－

2]

B．(－∞，－

1]C．[2，＋∞)

D．[1，＋∞)分析：選

D

因?yàn)?/p>

f(x)＝kx－ln

x，所以

1f′(x)＝k－x.因?yàn)?/p>

f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上1

1單一遞加，所以當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)＝k－x≥0恒建立，即k≥x在區(qū)間(1，＋∞)上恒建立．因?yàn)閤>1，所以10<<1，所以k≥1.應(yīng)選D.x3．(2017·全國(guó)卷Ⅰxx－a)－a2x.)已知函數(shù)f(x)＝e(e議論f(x)的單一性；若f(x)≥0，求a的取值范圍．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞)，′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．2x①若a＝0，則f(x)＝e在(－∞，＋∞)上單一遞加．②若a＞0，則由f′(x)＝0，得x＝lna.當(dāng)x∈(－∞，lna)時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在(－∞，lna)上單一遞減，在(lna，＋∞)上單一遞加．a(chǎn)③若a＜0，則由f′(x)＝0，得x＝ln－2.當(dāng)x∈－∞，ln－a時(shí)，′()＜0；2fx當(dāng)x∈lna－2，＋∞時(shí)，f′(x)＞0.故f(x)在－∞，lna－2上單一遞減，a在ln－2，＋∞上單一遞加．①若a＝0，則f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.②若a＞0，則由(1)得，當(dāng)x＝lna時(shí)，f(x)獲得最小值，最小值為f(lna)＝－a2lna.進(jìn)而當(dāng)且僅當(dāng)－a2lna≥0，即0＜a≤1時(shí)，f(x)≥0.aa③若a＜0，則由(1)得，當(dāng)x＝ln－2時(shí)，f(x)獲得最小值，最小值為fln－2＝23a23aa－ln－－ln－≥0，42.進(jìn)而當(dāng)且僅當(dāng)a423即－2e4≤a＜0時(shí)，f(x)≥0.綜上，a的取值范圍是3.－2e，14一、選擇題1．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋x2－3x(a∈R)，則函數(shù)f(x)的單一遞加區(qū)間為()A.1B．(1，＋∞)－∞，211C.－∞，和(1，＋∞)D.0，22和(1，＋∞)2x2－3x＋111分析：選Df′(x)＝x(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝2或x＝1，當(dāng)0<x<2或x>1時(shí)，′()>0，所以f()的單一遞加區(qū)間為0，1和(1，＋∞)．fxx22．(2018·成都外國(guó)語學(xué)校月考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2cosx，若f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則函數(shù)f′()的圖象大概是()x分析：選A設(shè)g(x)＝f′(x)＝2x－2sinx，g′(x)＝2－2cosx≥0，所以函數(shù)f′(x)在R上單一遞加．1－x3．對(duì)于R上可導(dǎo)的隨意函數(shù)f(x)，若知足f′x≤0，則必有()A．(0)＋(2)＞2f(1)B．f(0)＋(2)≤2(1)ffffC．f(0)＋f(2)＜2f(1)D．f(0)＋f(2)≥2f(1)分析：選A當(dāng)x＜1時(shí)，f′(x)＜0，此時(shí)函數(shù)f(x)單一遞減，當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，此時(shí)函數(shù)f(x)單一遞加，∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)獲得極小值同時(shí)也獲得最小值，所以f(0)＞f(1)，f(2)＞f(1)，則f(0)＋f(2)＞2f(1)．4．已知函數(shù)f(x)＝xsin12－π，π12)x，x，x∈22，且f(x)＜f(x)，那么(A．x1－x2＞0B．x1＋x2＞02222C．x1－x2＞0D．x1－x2＜0分析：選D由f(x)＝xsinx得f′(x)＝sinx＋xcosx＝cosx(tanx＋x)，當(dāng)x∈π時(shí)，f′(x)＞0，即f(x)在πf(－x)＝－xsin(－x)＝xsinx，0，20，2上為增函數(shù)，又因此f(x)為偶函數(shù)，∴當(dāng)f(x1)＜(x2)時(shí)，有f(|x1|)＜(|x2|)，∴|1|＜|x2x22|，1－2＜0，ffxx應(yīng)選D.5．(2017·吉林長(zhǎng)春三模)定義在R上的函數(shù)f(x)知足：′()＞(x)恒建立，若x1fxf＜x，則exf(x)與exf(x)的大小關(guān)系為()21221A．ex1f(x2)＞ex2f(x1)B．ex1f(x2)＜ex2f(x1)C．ex1f(x2)＝ex2f(x1)D．exf(x)與exf(x)的大小關(guān)系不確立1221分析：選A設(shè)g(x)＝fxf′xex－fxexf′x－fx，x，則g′(x)＝x2＝exee由題意知′()＞0，所以()單一遞加，當(dāng)x1＜x2時(shí)，(x1)＜(2)，即fx1＜fx2，gxgxggxex1ex2所以exf(x)＞exf(x)．12211216．(2018·九江模擬)已知函數(shù)f(x)＝2x＋2ax－lnx，若f(x)在區(qū)間3，2上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()44A.－∞，3B.3，＋∞C.－∞，－3D.32－，＋∞2分析：選Bf′()＝＋2a－1≥0在1，2上恒建立，xxx31即2a≥－x＋x在3，2上恒建立，8x＋xmax＝3，∵842a≥3，即a≥3.二、填空題7．設(shè)函數(shù)

1f(x)＝x(ex－1)－2x2，則函數(shù)

f(x)的單一增區(qū)間為

________．分析：因?yàn)?/p>

f(x)＝x(e

x12－1)－x，所以2

f′(x)＝e－1＋xe－x＝(e

x－1)(

x＋1)．令f′(x)>0，即(ex－1)·(x＋1)>0，解得x∈(－∞，－1)或x∈(0，＋∞)．所以函數(shù)f(x)的單一增區(qū)間為(－∞，－1)和(0，＋∞)．答案：(－∞，－1)和(0，＋∞)8．已知函數(shù)f(x)＝xlnx－ax2－x.若函數(shù)f(x)在定義域上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．分析：由題意可知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)．f′(x)＝lnx－2ax，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在定義域上為減函數(shù)，lnx所以lnx－2ax≤0，即a≥2x在(0，＋∞)上恒建立，lnx1－lnx令g(x)＝2x，則g′(x)＝2x2，當(dāng)0<x<e時(shí)，g′(x)>0；當(dāng)x>e時(shí)，g′(x)<0，所以()max＝(e)＝1，gxg2e1所以a≥2e.1答案：，＋∞2e9．(2018·蘭州診療)若函數(shù)f(x)＝x2－ex－ax在R上存在單一遞加區(qū)間，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．分析：∵f(x)＝x2－ex－ax，∴f′(x)＝2x－ex－a，x∵函數(shù)f(x)＝x2－e－ax在R上存在單一遞加區(qū)間，∴′()＝2x－ex－≥0有解，即≤2－ex有解，fxaax設(shè)g(x)＝2x－ex，則g′(x)＝2－ex，令g′(x)＝0，解得x＝ln2，則當(dāng)x＜ln2時(shí)，′()＞0，(x)單一遞加，gxg當(dāng)x＞ln2時(shí)，g′(x)＜0，g(x)單一遞減，∴當(dāng)x＝ln2時(shí)，()獲得最大值，且(x)max＝(ln2)＝2ln2－2，∴≤2ln2－2.gxgga答案：(－∞，2ln2－2]三、解答題210．已知函數(shù)f(x)＝x－x＋1－alnx，a＞0.議論f(x)的單一性．2ax2－ax＋2解：由題意知，f(x)的定義域是(0，＋∞)，導(dǎo)函數(shù)′()＝1＋2－＝2.fxxxx設(shè)g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的鑒別式＝a2－8.①當(dāng)≤0，即0＜a≤22時(shí)，對(duì)全部x＞0都有f′(x)≥0.此時(shí)f(x)是(0，＋∞)上的單一遞加函數(shù)．②當(dāng)＞0，即a＞22時(shí)，方程g(x)＝0有兩個(gè)不一樣的實(shí)根x1＝a－a2－8，x2＝2a＋a2－8，0＜x1＜x2.2由f′(x)>0，得0<x<x1或x>x2.由f′(x)<0，得x1<x<x2.所以f(x)在a－a2－80，上單一遞加，2在a－a2－8，a＋a2－8上單一遞減，222在a＋a－8，＋∞上單一遞加．211．(2018·武漢調(diào)研)已知函數(shù)f()＝ln.xxx(1)若函數(shù)g(x)＝f(x)＋ax在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍；x2＋mx－3(2)若對(duì)隨意x∈(0，＋∞)，f(x)≥2恒建立，務(wù)實(shí)數(shù)m的最大值．解：(1)由題意得g′()＝′()＋＝lnx＋＋1.xfxaa∵函數(shù)g(x)在區(qū)間[e2，＋∞)上為增函數(shù)，∴當(dāng)x∈[e2，＋∞)時(shí)，g′(x)≥0，即lnx＋a＋1≥0在[e2，＋∞)上恒建立．∴a≥－1－lnx.令h(x)＝－lnx－1，∴a≥h(x)max，當(dāng)x∈[e2，＋∞)時(shí)，lnx∈[2，＋∞)，h(x)∈(－∞，－3]，∴a≥－3，即a的取值范圍是[－3，＋∞)．∵2f(x)≥－x2＋mx－3，即mx≤2xlnx＋x2＋3，又x＞0，∴≤2xlnx＋x2＋3在x∈(0，＋∞)上恒建立．mx2xlnx＋x2＋33記t(x)＝x＝2lnx＋x＋x.∴m≤t(x)min.23

x2＋2x－3

＋3

－1∵t′(x)＝x＋1－x2＝

x2

＝

x2

，令t′(x)＝0，得x＝1或x＝－3(舍去)．當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，t′(x)＜0，函數(shù)t(x)在(0,1)上單一遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，t′(x)＞0，函數(shù)t(x)在(1，＋∞)上單一遞加．∴t(x)min＝t(1)＝4.m≤t(x)min＝4，即m的最大值為4.1312．(2018·湖南十校聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝x＋|x－a|(x∈R，a∈R)．若函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，求a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)在R上不但一時(shí)，記f(x)在[－1,1]上的最大值、最小值分別為()，Mam(a)，求M(a)－m(a)．13x＋x－a，x≥a，解：由已知得，f(x)＝13x－x＋a，x<a，令g(x)＝1x3＋x－a，則g′(x)＝x2＋1>0，3所以

g(x)在[a，＋∞)上為增函數(shù)．13

2令h(x)＝3x－x＋a，則h′(x)＝x－1.令h′(x)＝0，得x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,1)上為減函數(shù)．(1)因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù)，所以(x)在(－∞，a)上為增函數(shù)，所以≤－1.ha故a的取值范圍為(－∞，－1]．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上不但一，所以a>－1.當(dāng)－1<a<1時(shí)，f(x)在(－∞，－1)上是增函數(shù)，在(－1，a)上是減函數(shù)，在[a，＋∞)上是增函數(shù)，a3所以m(a)＝3，()＝max{(－1)，(1)}24＝maxa＋，－a.Mahg334214當(dāng)－a≥a＋，即－1<a≤時(shí)，M(a)＝－a，333313M(a)－m(a)＝－3(a＋3a－4)；4212當(dāng)3－a<a＋3，即3<a<1時(shí)，M(a)＝a＋3，13M(a)－m(a)＝－3(a－3a－2)．當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)在[－1,1]上是減函數(shù)，所以m(a)＝h(1)＝a－2，M(a)＝h(－1)＝a＋2.334故M(a)－m(a)＝3.－1a3－413＋3，－1<≤，aa3綜上，()－()＝－1a3－3a－2，1<a<1，Mama334a≥1.31．已知函數(shù)f(x)＝lnx＋(e－)x－，此中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．若不等式f()≤0abxb恒建立，則a的最小值為________．分析：∵函數(shù)f(x)＝lnx＋(e－)－，此中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，axb1∴f′(x)＝x＋e－a(x＞0)，當(dāng)a≤e時(shí)，f′(x)＞0恒建立，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴f(x)≤0不行能恒成立，當(dāng)a＞e時(shí)，由1＝0，得x＝1′()＝＋e－，fxxaa－e1當(dāng)x∈0，a－e時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單一遞加，1當(dāng)x∈a－e，＋∞時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單一遞減，1∴當(dāng)x＝a－e時(shí)，f(x)取最大值，∵不等式f(x)≤0恒建立，1fa－e＝－ln(a－e)－b－1≤0，b≥－1－ln(a－e)，∴b≥－1－lna－e(＞e)，aaa1－lnx－e令F(x)＝(x＞e)，x1x－ex＋1＋lnx－e則F′(x)＝x2x－elnx－e－e＝x－ex2，令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，則H′(x)＝ln(x－e)＋1，1由H′(x)＝0，得x＝e＋e，1當(dāng)x∈e＋e，＋∞時(shí)，H′(x)＞0，H(x)是增函數(shù)，1x∈e，e＋e時(shí)，H′(x)＜0，H(x)是減函數(shù)，∴當(dāng)x1)取最小值H11＝e＋時(shí)，(e＋＝－e－，eeex→e時(shí)，H(x)→0，x＞2e時(shí)，H(x)＞0，H(2e)＝0，∴當(dāng)x∈(e,2e)時(shí)，F(xiàn)′(x)＜0，F(xiàn)(x)是減函數(shù)，當(dāng)x∈(2e，＋∞)時(shí)，F(xiàn)′(x)＞0，F(xiàn)(x)是增函數(shù)，1∴x＝2e時(shí)，F(xiàn)(x)取最小值，F(xiàn)(2e)＝－e，b1∴a的最小值為－e.答案：－

1e2．已知函數(shù)f(x)＝ln(x＋a)＋ax(a∈R)．當(dāng)a＝－1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)的極值；議論函數(shù)y＝f(x)的單一性．解：(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝ln(x－1)－x(x>1)，2－x則f′(x)＝x－1－1＝x－1.由f′(x)<0，得x>2；由f′(x)>0，得1<x<2，所以f(x)極大值＝f(2)＝－2，無極小值．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－a，＋∞)，ax＋a2＋1f′(x)＝x＋a.①當(dāng)a≥0時(shí)，f′(x)>0，所以函數(shù)f(x)在(－a，＋∞)上為增函數(shù)．11②當(dāng)a<0時(shí)，令f′(x)＝0，解得x＝－a－a>－a，當(dāng)f′(x)>0時(shí)，解得－a<x<－a－a，11函數(shù)f(x)在－a，－a－a上為單一遞加函數(shù)；當(dāng)f′(x)<0時(shí)，解得x>－a－a，函數(shù)f(x)1在－a－a，＋∞上為單一遞減函數(shù)．綜上所述，當(dāng)

a≥0時(shí)，函數(shù)

f(x)在(－a，＋∞)上單一遞加；當(dāng)

a<0時(shí)，函數(shù)

f(x)在1

1－a，－a－a

上單一遞加，在

－a－a，＋∞上單一遞減．高考研究課

(三)極值、最值兩考點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)巧推演[全國(guó)卷5年命題剖析]考點(diǎn)考察頻度考察角度極值5年6考求極值、由極值求參數(shù)最值5年5考求最值、證明最值的存在性運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的極值問題函數(shù)的極值是每年高考的必考內(nèi)容，題型既有選擇題、填空題，也有解答題，難度適中，為中高檔題.常有的命題角度有：知圖判斷函數(shù)極值；已知函數(shù)求極值；已知極值求參數(shù)值或范圍.角度一：知圖判斷函數(shù)極值1.(2018·赤峰模擬)設(shè)函數(shù)f(x)在定義域R上可導(dǎo)，其導(dǎo)函數(shù)為′()，若函數(shù)y＝fx(1－x)f′(x)的圖象以下圖，則以下結(jié)論中必定建立的是()A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1)C．函數(shù)

f(x)有極大值

f(2)

和極小值

f(－2)D．函數(shù)

f(x)有極大值

f(－2)和極小值

f(2)分析：選D由題圖可知，當(dāng)x＜－2時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＝－2時(shí)，f′(x)＝0；當(dāng)－2＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)1＜x＜2時(shí)，f′(x)＜0；當(dāng)x＝2時(shí)，f′(x)＝0；當(dāng)x＞2時(shí)，′()＞0.由此可得函數(shù)f()在x＝－2處獲得極大值，在x＝2處獲得極小值．應(yīng)選D.fxx角度二：已知函數(shù)求極值a2．已知函數(shù)f(x)＝x－1＋ex(a∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，求a的值；求函數(shù)f(x)的極值．a(chǎn)a解：(1)由f(x)＝x－1＋ex，得f′(x)＝1－ex.又曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線平行于x軸，a得f′(1)＝0，即1－e＝0，解得a＝e.af′(x)＝1－x，e①當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)＞0，f(x)為(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值．②當(dāng)a＞0時(shí)，令′()＝0，得ex＝，即x＝ln．當(dāng)x∈(－∞，ln)時(shí)，′()fxaaafx＜0；當(dāng)x∈(lna，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，lna)上單一遞減，在(lna，＋∞)上單一遞加，故f(x)在x＝lna處獲得極小值，且極小值為f(lna)＝lna，無極大值．綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在x＝lna處獲得極小值lna，無極大值．角度三：已知極值求參數(shù)值或范圍123．設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－2ax－bx，若x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，則a的取值范圍是()A．(－1,0)B．(－1，＋∞)C．(0,1)D．(1，＋∞)1分析：選Bf′(x)＝x－ax－b(x>0)，因?yàn)閤＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f′(1)＝1－a－b＝0，即b＝1－a，1

1－x

ax＋1則f′(x)＝x－ax－1＋a＝

x

(x>0)，當(dāng)a<0時(shí)，因?yàn)?/p>

x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)，所以f(x)在(0,1)11，－a，＋∞上是增函數(shù)，在1，－a上是減函數(shù)，1則－a>1，即－1<a<0；1當(dāng)a＝0時(shí)，f′(x)＝x－1，f(x)在(0,1)是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)在(0,1)是增函數(shù)，在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以x＝1是f(x)的極大值點(diǎn)．綜上，a的取值范圍是(－1，＋∞)．4．(2018·江西八校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x(lnx－ax)有兩個(gè)極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()1A．(－∞，0)B.0，C．(0,1)D．(0，＋∞)分析：選B∵f(x)＝x(lnx－ax)，∴f′(x)＝lnx－2ax＋1，故f′()在(0，＋∞)上有兩個(gè)不一樣的零點(diǎn)，x令flnx＋1′()＝0，則2＝，xaxlnx＋1－lnx設(shè)g(x)＝x，則g′(x)＝x2，g(x)在(0,1)上單一遞加，在(1，＋∞)上單一遞減，又∵當(dāng)x→0時(shí)，g(x)→－∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→0，而g(x)max＝g(1)＝1，∴只需0＜2a＜1，1即0＜a＜2.[方法技巧]利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值的一般流程運(yùn)用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)的最值問題[典例](2018·日照模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．(1)當(dāng)k＝1時(shí)，求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間；(2)當(dāng)k∈1，1時(shí)，求函數(shù)f(x)在[0，k]上的最大值M.2[解](1)當(dāng)k＝1時(shí)，f(x)＝(x－1)ex－x2，f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2x＝x(ex－2)．令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝ln2.當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化狀況以下表：x(－∞，0)0(0，ln2)ln2(ln2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)極大值極小值由表可知，函數(shù)f()的遞減區(qū)間為(0，ln2)，遞加區(qū)間為(－∞，0)，(ln2，＋∞)．x(2)f′(x)＝ex＋(x－1)ex－2kx＝x(ex－2k)，1∵2＜k≤1，∴1＜2k≤2，由(1)可知f(x)在(0，ln2k)上單一遞減，在(ln2k，＋∞)上單一遞加．1設(shè)g(x)＝x－ln2x2＜x≤1，1則g′(x)＝1－x，∵1＜x≤1，∴1≤1＜2，∴－1＜1－1≤0，2xx∴g(x)＝x－ln2x在12，1上單一遞減，1∵2＜x≤1，g(x)＞g(1)＝1－ln2＞0，k－ln2k＞0，即k＞ln2k，f(x)在(0，ln2k)上單一遞減，在(ln2k，k)上單一遞加，f(x)在[0，k]上的最大值應(yīng)在端點(diǎn)處獲得．而f(0)＝－1，f(k)＝(k－1)ek－k3，下邊比較f(0)與f(k)的大小．令h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，則h′(k)＝k(ek－3k)，再令φ(k)＝ek－3k，則φ′(k)＝ek－3＜e－3＜0，1∴φ(k)在2，1上遞減，13而φ2·φ(1)＝e－2(e－3)＜0，∴存在0∈1(0)＝0，且當(dāng)1)＞0，當(dāng)∈(0,1)時(shí)，()xkkxk2φx2φkφ＜0，∴h(k)在1，x0上單一遞加，在(x0,1)上單一遞減．2117又h2＝－2e＋8＞0，h(1)＝0.∴()≥0在1上恒建立，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取“＝”．綜上，函數(shù)f(x)在[0，]，1hk2k上的最大值M＝(k－1)ek－k3.[方法技巧]求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值的步驟求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值；求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)的函數(shù)值f(a)，f(b)；將函數(shù)f(x)的極值與f(a)，f(b)比較，此中最大的一個(gè)為最大值，最小的一個(gè)為最小值．[即時(shí)操練]13221．若函數(shù)f(x)＝3x＋x－3在區(qū)間(a，a＋5)上存在最小值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．[－5,0)B．(－5,0)C．[－3,0)D．(－3,0)分析：選C由題意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)13222上是增函數(shù)，在(－2,0)上是減函數(shù)，作出其圖象以下圖，令3x＋x－3＝－3得，x＝0或x＝－3，則聯(lián)合圖象可知－3≤a＜0，，應(yīng)選C.解得a∈[－3,0)a＋5＞0，2．(2018·南昌模擬)已知函數(shù)f(x)＝(2x－4)ex＋a(x＋2)2(x>0，a∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))．(1)若f(x)是(0，＋∞)上的單一遞加函數(shù)，務(wù)實(shí)數(shù)a的取值范圍；1當(dāng)a∈0，2時(shí)，證明：函數(shù)f(x)有最小值，并求函數(shù)f(x)的最小值的取值范圍．解：(1)f′()＝2ex＋(2x－4)ex＋2(x＋2)＝(2x－2)ex＋2(x＋2)，依題意，當(dāng)x>0xaa時(shí)，函數(shù)f′(x)≥0恒建立，即a≥－x－xx－1ex1e恒建立，記g(x)＝－，x＋2x＋2xexx＋2－x－1