第6讲 理清三个关系是复习好导数及应用的关键文档格式.docx
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1．函数单调性是函数最重要的性质，函数的变化形态决定了函数的极值、最值、零点，因此利用导数研究单调性是基础．
2．利用导数研究函数单调性，要归结于函数定义域内导函数零点的研究．运用函数与方程、数形结合的思想研究函数零点．对于含参数的问题，注意分类讨论．
例3 已知函数f（x）＝
（k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）设g（x）＝xf′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数，证明：
对任意x＞0，g（x）＜1＋e－2.
从f′（x）中剥离出来决定导函数f′（x）符号的函数h（x），若方程h（x）＝0是超越方程，不能求解，就利用函数与方程思想，观察方程的解或确定方程是否有解；
或研究h（x）是否恒大于等于零或恒小于等于零．
总结感悟
1．利用导数解决含有参数的单调性问题是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．
2．在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定是最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较．
3．函数f（x）在某个区间内单调递增，则f′（x）≥0而不是f′（x）>
0（f′（x）＝0在有限个点处取到）．
4．利用导数解决实际生活中的优化问题，要注意问题的实际意义．
【误区警示】
1．研究函数问题，首先要明确函数的定义域．利用导数解决函数问题时，不能让自变量的范围发生变化．如f（x）＝lnx，定义域为（0，＋∞），求导后f′（x）＝
，x的取值范围为（－∞，0）∪（0，＋∞）．
2．已知f（x）在给定区间的单调性，应转化为f′（x）≥0或f′（x）≤0，非f′（x）>
0或f′（x）>
0.
A级
1．（2016·
全国Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）＝ln（－x）＋3x，则曲线y＝f（x）在点（1，－3）处的切线方程是________．
2．函数f（x）＝（x－3）ex的单调递增区间是________．
3．函数y＝f（x）在一点的导数值为0是函数y＝f（x）在这点取极值的__________条件．
4．函数f（x）＝12x－x3在区间[－3，3]上的最小值是________．
5．（2016·
全国Ⅱ）若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln（x＋1）的切线，则b＝________．
6．设函数f（x）在（0，＋∞）内可导，且f（ex）＝x＋ex，则f′
（1）＝________．
B级
7．函数f（x）的定义域为开区间（a，b），导函数f′（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内的极小值点的个数为________．
8．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____________．
9．设函数f（x）的导数为f′（x），且f（x）＝f′（
）sinx＋cosx，则f′（
）＝________．
10．已知a≥0，函数f（x）＝（x2－2ax）ex，若f（x）在[－1，1]上是单调减函数，则a的取值范围是________．
11．若函数f（x）＝（1－x2）（x2＋ax＋b）的图象关于直线x＝－2对称，则f（x）的最大值是________．
12．已知关于x的函数f（x）＝
（a≠0）．
（1）当a＝－1时，求函数f（x）的极值；
（2）若函数F（x）＝f（x）＋1没有零点，求实数a的取值范围．
第6讲 理清三个关系是复习好“导数及应用”的关键
题型分析
例1 ②
解析 由y＝f′（x）的图象知，f′（x）≥0，y＝f（x）为增函数．
f′（x）在区间（－1，0）上递增，说明y＝f（x）图象的切线斜率随x的增大而增大，则f（x）区间（－1，0）上增长速度越来越快．在（0，1）上f′（x）递减，说明y＝f（x）图象的切线斜率随x的增大而减小，说明f（x）在区间（0，1）上增长速度越来越慢．故填②.
例2 解 f′（x）＝3x2－2kx＋1，
（1）当k＝1时，f′（0）＝1，
即f（x）在点（0，0）处的切线斜率k＝1，
∴f（x）在点（0，0）处的切线方程为y＝x.
0时，f′（x）＝3x2－2kx＋1，其开口向上，对称轴x＝
，且过（0，1）点．
①当Δ＝4k2－12＝4（k＋
）（k－
）≤0，即－
≤k<
0时，
f′（x）≥0，f（x）在[k，－k]上单调递增．
∴m＝f（x）min＝f（k）＝k，
M＝f（x）max＝f（－k）＝－2k3－k.
②当Δ＝4k2－12>
0，即k<
－
时，
令f′（x）＝0得x1＝
，x2＝
，且k<
x2<
x1<
∴m＝min{f（k），f（x1）}，
M＝max{f（－k），f（x2）}．
又f（x1）－f（k）＝x
－kx
＋x1－k
＝（x－k）（x
＋1）>
0，
∴m＝f（k）＝k，
又f（x2）－f（－k）
＝x
＋x2－（－k3－k·
k2－k）
＝（x2＋k）[（x2－k）2＋k2＋1]<
∴M＝f（－k）＝－2k3－k.
综上，当k<
0时，f（x）的最小值m＝k，最大值M＝－2k3－k.
例3
（1）解 由f（x）＝
，
得f′（x）＝
，x∈（0，＋∞），
令h（x）＝1－x－xlnx，x∈（0，＋∞），
可看出h
（1）＝0，
当x∈（0，1）时，h（x）＞0；
当x∈（1，＋∞）时，h（x）＜0.
又ex＞0，
所以x∈（0，1）时，f′（x）＞0；
x∈（1，＋∞）时，f′（x）＜0.
因此f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，＋∞）．
（2）证明 因为g（x）＝xf′（x），
所以g（x）＝
（1－x－xlnx），x∈（0，＋∞）．
由
（1）知h（x）＝1－x－xlnx，
求导得h′（x）＝－lnx－2，
所以当x∈（0，e－2）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当x∈（e－2，＋∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
所以当x∈（0，＋∞）时，h（x）≤h（e－2）＝1＋e－2.
又当x∈（0，＋∞）时，0＜
＜1，
所以当x∈（0，＋∞）时，
h（x）＜1＋e－2，即g（x）＜1＋e－2.
综上所述结论成立．
线下作业
1．2x＋y＋1＝0 2.（2，＋∞）
3．必要不充分 4.－16
5．1－ln2
解析 y＝lnx＋2的切线为：
y＝
·
x＋lnx1＋1（设切点横坐标为x1）．
y＝ln（x＋1）的切线为：
x＋ln（x2＋1）－
，（设切点横坐标为x2）
∴
解得x1＝
，x2＝－
，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2.
6．2
解析 设ex＝t，则x＝lnt（t>
0），
∴f（t）＝lnt＋t
∴f′（t）＝
＋1，∴f′
（1）＝2.
7．1
解析 极小值点应有先减后增的特点．
8．（－1，＋∞）
解析 设m（x）＝f（x）－（2x＋4），则m′（x）＝f′（x）－2>
0，∴m（x）在R上是增函数．∵m（－1）＝f（－1）－（－2＋4）＝0，∴m（x）>
0的解集为{x|x>
－1}，即f（x）>
2x＋4的解集为（－1，＋∞）．
9．－
解析 因为f（x）＝f′（
）sinx＋cosx，
所以f′（x）＝f′（
）cosx－sinx，
所以f′（
）＝f′（
）cos
－sin
即f′（
）＝－1，
所以f（x）＝－sinx＋cosx.
f′（x）＝－cosx－sinx.
故f′（
）＝－cos
＝－
.
10．[
，＋∞）
解析 f′（x）＝（2x－2a）ex＋（x2－2ax）ex
＝[x2＋（2－2a）x－2a]ex，
由题意当x∈[－1，1]时，f′（x）≤0恒成立，
即x2＋（2－2a）x－2a≤0在x∈[－1，1]时恒成立．
令g（x）＝x2＋（2－2a）x－2a，
则有
即
解得a≥
11．16
解析 依题意，f（x－2）为偶函数，
f（x－2）＝（－x2＋4x－3）[x2＋（a－4）x＋4－2a＋b]，
其中x3的系数为8－a，故a＝8，
x的系数为28＋4b－11a，故b＝15，
令f′（x）＝0，得x3＋6x2＋7x－2＝0，
由对称轴为x＝－2可知，
将该式分解为（x＋2）（x2＋4x－1）＝0，
可知其在
－2和－
－2处取到最大值，最大值为16.
12．解
（1）f′（x）＝
＝
，x∈R.
当a＝－1时，f（x），f′（x）的变化情况如下表：
x
（－∞，2）
2
（2，＋∞）
f′（x）
＋
f（x）
极小值
所以，当a＝－1时，函数f（x）的极小值为－e－2.
（2）F′（x）＝f′（x）＝
①当a<
0时，F（x），F′（x）的情况变化如下表：
因为F
（1）＝1>
若使函数F（x）没有零点，需且仅需
F
（2）＝
＋1>
0，解得a>
－e2，
所以此时－e2<
a<
0；
②当a>
极大值
因为F
（2）>
F
（1）>
0，且F（1－
）＝
<
所以此时函数F（x）总存在零点．
（或：
当x>
2时，F（x）＝
1，
当x<
2时，令F（x）＝
＋1<
即a（x－1）＋ex<
由于a（x－1）＋ex<
a（x－1）＋e2，
令a（x－1）＋e2<
得x<
1－
，即x<
时F（x）<
0，即x<
2时F（x）存在零点．）
综上所述，所求实数a的取值范围是
－e2<
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