導數的11個專題(243頁)

1、目目錄錄導數專題一、單調性問題導數專題一、單調性問題.2導數專題二、極值問題導數專題二、極值問題.38導數專題三、最值問題導數專題三、最值問題.53導數專題四、零點問題導數專題四、零點問題.77導數專題五、恒成立問題和存在性問題導數專題五、恒成立問題和存在性問題.118導數專題六、漸近線和間斷點問題導數專題六、漸近線和間斷點問題.170導數專題七、特殊值法判定超越函數的零點問題導數專題七、特殊值法判定超越函數的零點問題.190導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元導數專題八、避免分類討論的參變分離和變換主元.201導數專題九、公切線解決導數中零點問題導數專題九、公切線解決導數中零點問題.

2、214導數專題十、極值點偏移問題導數專題十、極值點偏移問題.219導數專題十一、構造函數解決導數問題導數專題十一、構造函數解決導數問題.2271 / 243導數專題一、單調性問題導數專題一、單調性問題【知識結構】【知識結構】【知識點】【知識點】一、導函數代數意義：利用導函數的正負來判斷原函數單調性；二、分類討論求函數單調性：含參函數的單調性問題的求解，難點是如何對參數進行分類討論，討論的關鍵在于導函數的零點和定義域的位置關系.三、分類討論的思路步驟：第一步、求函數的定義域、求導，并求導函數零點；第二步、以導函數的零點存在性進行討論；當導函數存在多個零點的時，討論他們的大小關系及與區(qū)間的位置關系

3、（分類討論）；第三步、畫出導函數的同號函數的草圖，從而判斷其導函數的符號（畫導圖、標正負、截定義域）；第四步、（列表）根據第五步的草圖列出f x，fx隨x變化的情況表，并寫出函數的單調區(qū)間；第五步、綜合上述討論的情形，完整地寫出函數的單調區(qū)間，寫出極值點，極值與區(qū)間端點函數值比較得到函數的最值.四、分類討論主要討論參數的不同取值求出單調性，主要討論點：1.最高次項系數是否為 0；2.導函數是否有極值點；3.兩根的大小關系；4.根與定義域端點討論等。五、求解函數單調性問題的思路：（1）已知函數在區(qū)間上單調遞增或單調遞減，轉化為f (x) 0或f (x) 0恒成立；（2）已知區(qū)間上不單調，轉化為導

4、函數在區(qū)間上存在變號零點，通常利用分離變量法求解參變量的范圍；（3）已知函數在區(qū)間上存在單調遞增或單調遞減區(qū)間，轉化為導函數在區(qū)間上大于零或小于零有解.六、原函數單調性轉化為導函數給區(qū)間正負問題的處理方法（1）參變分離；（2）導函數的根與區(qū)間端點直接比較；2 / 243（3）導函數主要部分為一元二次時，轉化為二次函數根的分布問題.這里討論的以一元二次為主。七、求解函數單調性問題方法提煉：（1）將函數fx單調增（減）轉化為導函數f x0恒成立；（2）f x gxhx，由gx 0（或gx 0）可將f x0恒成立轉化為hx0（或hx0）恒成立；（3）由“分離參數法”或“分類討論”，解得參數取值范圍。

5、3 / 243【考點分類】【考點分類】考點一、分類討論求解函數單調性；考點一、分類討論求解函數單調性；【例 1-1】（2015-2016 朝陽一模理 18）已知函數f (x) x a ln x, a R（）求函數f (x)的單調區(qū)間；（）當x 1, 2時，都有f (x) 0成立，求a的取值范圍；（）試問過點P(1，3)可作多少條直線與曲線y f (x)相切？并說明理由a xa（1）當a 0時，f (x) 0恒成立，函數f (x)在(0, )上單調遞增；（2）當a 0時， 令f (x) 0，得x a?0 x a時，f (x) 0，函數f (x)為減函數；?x a時，f (x) 0，函數f (x)

6、為增函數綜上所述，當a 0時，函數f (x)的單調遞增區(qū)間為(0, )當a 0時，函數f (x)的單調遞減區(qū)間為(0, a)，單調遞增區(qū)間為(a，+)（）由（）可知，（1）當a 1時，即a 1時，函數f (x)在區(qū)間1, 2上為增函數，所以在區(qū)間1, 2上，f (x)min f (1) 1，顯然函數f (x)在區(qū)間1, 2上恒大于零；（2）當1 a 2時，即2 a 1時，函數f (x)在1， a上為減函數，在a,2上為增函數，所以f (x)min f (a) a a ln(a)依題意有f (x)min a a ln(a) 0，解得a e，所以2 a 1（3）當a 2時，即a 2時，f (x)在

7、區(qū)間1, 2上為減函數，所以f (x)min f (2) 2+a ln 2依題意有f (x)min 2+a ln 2 0，解得a ln22，所以ln22 a 24 / 243綜上所述，當a ln22時，函數f (x)在區(qū)間1, 2上恒大于零（）設切點為（x0, x0a ln x0)，則切線斜率k 1 a，x0切線方程為y (x alnx)(1a)(x x )000 x0因為切線過點P(1,3)，則3 (x alnx)(1a)(1 x )00 x00即a(ln x 11)200 x0111a(x 1)令g (x) a(ln x x1) a(xx2)x22 (x 0)，則g (x)（1）當a 0時

8、，在區(qū)間(0,1)上，g(x) 0，g(x)單調遞增；在區(qū)間(1, )上，g(x) 0，g(x)單調遞減，所以函數g(x)的最大值為g(1) 20故方程g (x) 0無解，即不存在x0滿足式因此當a 0時，切線的條數為0（2）當a 0時, 在區(qū)間(0,1)上，g(x) 0，g(x)單調遞減，在區(qū)間(1, )上，g(x) 0，g(x)單調遞增，所以函數g(x)的最小值為g(1) 20222取x e1+ e，則g(x ) a(12e11) 2 ae1 0aaa11a故g(x)在(1, )上存在唯一零點2222取x e-1-1-e，所以1 e k 1時，符合題意綜上所述：1 e k 116 / 24

9、3【練 1-7】（2015-2016 朝陽一模文 19）已知函數f (x) kkxxex(k R).（）若k 1,求曲線y f (x)在點0，f (0)處的切線方程；（）求函數f (x)的單調區(qū)間；（）設k 0，若函數f (x)在區(qū)間3, 2 2上存在極值點，求k的取值范圍.【答案】()若k1，函數f (x)的定義域為x x 1，f(x)=ex(3x2).（1 x)2則曲線y f (x)在點0，f (0)處切線的斜率為f (0)=3.而f (0)=1，則曲線y f (x)在點0，f (0)處切線的方程為y 3x 1（）函數f(x)的定義域為x x k，f(x)=ex(2kk2x2).（k x)

10、2（1）當k 0時，由x k,且此時k2 2k k，可得 k2 2k k k2 2k.f (x) 0，解得x -k2 2k或x k2 2k，函數f (x)為減函數；f (x) 0，解得k2 2k x k2 2k，但x k，所以當 k2 2k x k，k x k2 2k時，函數f (x)也為增函數.所以函數f (x)的單調減區(qū)間為（-，- k2 2k )，（ k2 2k，+)，單調增區(qū)間為（- k2 2k，k )，（k,k2 2k ).（2）當k 0時，函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,0)，（0,+).當k 2時，函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,-2)，（-2，+).2 k 0時，由2k k

11、2 0，所以函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,k)，（k,+).即當2 k 0時，函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,k)，（k,+).（3）當k 2時，此時-k2 2k k.令f (x) 0，解得x -k2 2k或x k2 2k，但x k，所以當x k，k x - k2 2k，x k2 2k時，函數f (x)為減函數；17 / 243令f (x) 0，解得k2 2k x k2 2k，函數f (x)為增函數.所以函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,k)，（k,-k2 2k )，（k2 2k , )，函數f (x)的單調增區(qū)間為（- k2 2k , k2 2k ).9分（）（1）當2 k 0時，由（

12、）問可知，函數f (x)在(3, 22)上為減函數，所以不存在極值點;（2）當k 2時，由（）可知，f (x)在（-k2 2k ,k2 2k )上為增函數，在（ k2 2k , )上為減函數.若函數f (x)在區(qū)間(3, 2 2)上存在極值點，則3 k2 2k 2 2，解得4 k 3或1 k 2,所以4 k 3.綜上所述，當4 k 3時，函數f (x)在區(qū)間3, 2 2上存在極值點.【練1-8】（2015-2016東城期末理19）已知函數f(x) ex a( x ln x)x（）當a 1時，試求f (x)在(1, f (1)處的切線方程；（）當a 0時，試求f (x)的單調區(qū)間；（）若f (x

13、)在(0,1)內有極值，試求a的取值范圍【答案】（）當a 1時，f/( x) ex( x1)1 1，f/(1)0，f(1)e1方程為y e 1x2x（）ex( x 1)1ex( x1)ax( x1)，f ( x) x2 a(1 x)x2(ex ax)( x 1)x2當a 0時，對于x (0, )，ex ax 0恒成立，所以f(x) 0 x 1；f(x) 00 x 10.所以 單調增區(qū)間為(1, )，單調減區(qū)間為(0,1)（）若f (x)在(0,1)內有極值，則f(x)在x (0,1)內有解令f( x) (ex ax)( x 1) 0ex ax 0a ex.x2x設g( x) exx (0,1)

14、,x所以g( x) ex( x 1),當x (0,1)時，g(x) 0恒成立，x所以g(x)單調遞減.18 / 243又因為g(1) e，又當x 0時，g(x) ,g(x)在x (0,1)上的值域為(e, ),所以當a e時，f( x) (ex ax)( x 1) 0有解.x2xx a 0 x (0,1)，設H ( x) e ax，則H ( x) e所以H ( x)在x (0,1)單調遞減.因為H (0) 1 0，H (1) e a 0,所以H ( x) ex ax在x (0,1)有唯一解x.0所以有：x(0, x0)x0(x0,1)H ( x)0f(x)0f (x)遞減極小值遞增所以 當a

15、e時，f (x)在(0,1)內有極值且唯一.a e時，當x (0,1)時，f(x) 0恒成立，f (x)單調遞增，不成立綜上，a的取值范圍為(e, )【練 1-9】（2015-2016 大興期末理 18）已知函數f (x) ax ax2 2 2a(a 0).（）當a 1時，求函數f (x)在點(2, f (2)處的切線方程；（）求函數f (x)的單調區(qū)間；（）若f (x)2 ln x在1, )上恒成立，求a的取值范圍.11【答案】（1）當a 1時，f (x) x ，f (x) 1 xx235f (2) 2, f(2)4所以，函數f ( x)在點(2, f (2)處的切線方程為y 35(x 2)

16、42即：5x 4 y 4 0()函數的定義域為：x | x 0f(x) a a 2ax2 (2 a)(a 0)x2x2當0 a 2時，f(x) 0恒成立，所以，f ( x)在(, 0)和(0, )上單調遞增當a 2時，令f(x) 0，即：ax22a0，x1 a 2, x2a2aaf(x) 0,x x2或 x x1;f(x) 0,x1 x 0或 0 x x2,19 / 243所以，f ( x)單調遞增區(qū)間為(, a2)和(a 2, )，單調減區(qū)間為aa).(a 2, 0)和(0,a 2aa（）因為f (x) 2 ln x在1, )上恒成立，有ax a 222a2 ln x0(a0)x在1, )上

17、恒成立。所以，令g (x) ax a 2 2 2a 2 ln x，xg(x)aa22ax22xa2(x1)ax(a2).2xx2x2g(x) 0,則 x1 1, x2 a a2若aa2 1，即a 1時，g(x) 0，函數g (x)在1, )上單調遞增，又g(1) 0所以，f (x) 2 ln x在1, )上恒成立；a a2 1，即a 1時，當x (0,1), (a a2, )時，g(x) 0, g(x)單調遞增；當x (1, aa2)時，g(x) 0，g (x)單調遞減所以，g (x)在1, )上的最小值為g (aa2)，因為g (1) 0,所以g(aa2) 0不合題意.aa2 1,即a 1時

18、，當x (0, aa2), (1, )時，g(x) 0, g(x)單調遞增，當x (a a2,1)時，g(x) 0, g(x)單調遞減，所以，g (x)在1, )上的最小值為g (1)又因為g(1) 0，所以f (x) 2 ln x恒成立綜上知， a 的取值范圍是 1, ) .20 / 243考點二、已知函數單調求參數范圍；考點二、已知函數單調求參數范圍；【例 2-1】（2015-2016 石景山期末文 20）已知函數(x) 13x3m21x2, g(x) 13 mx,mR.（）若f (x)在x 1處取得極小值,求m的值；（）若f (x)在區(qū)間2,為增函數,求m的取值范圍；（）在（）的條件下,

19、函數h(x) f (x) g(x)有三個零點,求m的取值范圍【答案】（）f (x) x2 (m 1)xf (x)在x 1處取得極大值,得f (1) 1 (m 1) 0,所以m 0(經檢驗適合題意)（）f (x) x2 (m 1)x,因為f (x)在區(qū)間(2, )為增函數,所以x2(m 1)x x(x m 1) 0在區(qū)間(2, )恒成立,所以x(x m 1) 0恒成立,即m x 1恒成立,由于x 2,得m 1.所以m的取值范圍是m 1.（）h(x) f (x) g(x) 13x3m21x2 mx 13,h(x) x2(m 1)x m (x 1)(x m) 0,得x m或x 1m 1時,h(x)

20、(x 1)2 0,h(x)在R上是增函數,顯然不合題意.m 1時,f (x), f (x)隨x的變化情況如下表:x(, m)m(m,1)1(1, )h(x)+00+極大值13121極小值m1h (x)6m2m3221 / 24313121mm 0623要使f (x) g(x)有三個零點,故需,m1022即(m 1)(m2m2)0, 解得m 1 3m 1所以m的取值范圍是m 1 3.【例2-2】（2015-2016朝陽期中文19）已知函數f (x)a ln xx2(a1)x，a R2（）若函數f ( x )在區(qū)間(1,3)上單調遞減，求 的取值范圍；（）當a 1時，證明f (x) 1.2【答案】

21、（I）函數的定義域為 (0, ) .因為ax2(a1)xa(x1)(xa )f (x) x (a 1) .xxx又因為函數f ( x )在(1,3)單調減，所以不等式(x 1)(x a) 0在(1,3)上成立.g (x) (x 1)(x a)，則g(3) 0，即9 3(a 1) a 0即可，解得a 3.所以 的取值范圍是3, ) .（）當a 1時，f (x) ln x x2，2(x) 1x x21( x 1)( x 1).xxxf (x) 0 x 1x 1.令，得或（舍）xf (x), f (x)當變化時，變化情況如下表：x(0,1)1(1, )0+f ( x)f (x)極小值22 / 243

22、所以x 1時,函數f (x)的最小值為f (1) 1.2f (x) 12成立.所以【練2-1】（2015-2016海淀期中文18）已知函數f ( x) 1x3 x2 ax 1.3（）若曲線y f ( x)在點(0,1)處切線的斜率為3，求函數f ( x)的單調區(qū)間；（）若函數f ( x)在區(qū)間2, a 上單調遞增，求a的取值范圍.【答案】（）因為f (0) 1，所以曲線y f ( x)經過點(0,1)，f (x) x2 2x a，所以f (0) a 3，所以f ( x) x2 2x 3.當x變化時，f (x)，f (x)的變化情況如下表x(, 3)3(3,1)1(1，+)f ( x)00f (

23、 x)極大值極小值所以函數f (x)的單調遞增區(qū)間為(, 3)，(1, +)，單調遞減區(qū)間為(3,1).（）因為函數f ( x)在區(qū)間2, a上單調遞增，所以f ( x) 0對x 2, a成立，只要f (x) x2 2x a在2, a上的最小值大于等于 0 即可.因為函數f (x) x2 2x a 0的對稱軸為x 1，當2 a 1時，f ( x)在2, a上的最小值為f (a)，f (a)=a2 3a 0，得a 0或a 3，所以此種情形不成立當1 a時，f ( x)在2, a上的最小值為f (1)，f (1) 1 2 a 0得a 1，所以a 1，23 / 243綜上，實數 a 的取值范圍是a

24、1.【練 2-2】（2015-2016 豐臺一模文 19）已知函數f (x) m2x2 x ln x（1）求曲線C：y f (x)在x 1處的切線l的方程；（2）若函數f (x)在定義域內是單調函數，求m的取值范圍；（3）當m 1時，（1）中的直線l與曲線C：y f (x)有且只有一個公共點，求m的取值范圍。11,m1f (x) mx 11f (1) m 2【答案】（）由已知得，切點坐標為，2xm所以切線方程為m 2x y 10 2（2）由已知得，函數的定義域為0, (x) mx 11x，又因為函數在定義域中是單調函數，所以有f (x) 0恒成立或者(x) 0恒成立、當恒成立時，即mx11恒成

25、立，1f (x) 0 0 xm x 1恒成立，即m大于x 1的最大值x2x2g(x) x 1，x 0, ，有g(x) x 2 02x3所以g(x)在定義域中單調遞減，無最大值，所以不存在m滿足條件。2、當f (x) 0恒成立時，即mx 1 1x 0恒成立，m x1恒成立，即m小于x 1的最小值x2x2由上種情況可知，g(x)單調遞減，但恒有g(x) 0，因此m的取值范圍為, 024 / 243（3）當m 1時，（1）中的直線l與曲線C：y f (x)有且只有一個公共點(m 2)x m21m2x2 x ln x只有一個根，h(x) m2x2 (1 m)x ln x (1 m2)，x 0, ，有h

26、(x)只有一個零點h(x) mx (1 m) 1(mx1)(x1)，xx1、當m 0時，h(x) 11xxx1，h(x)在0,1單調遞減，在(1, )單調遞增，在h(1)取得最小值 2，大于 0因此h(x)恒大于 0，所以m 0舍去2、當m 1, 0時，解得x11，x2 11，+mx0,11 1111, , mmm-0+0-f (x)f (x)減極小值增極大值減易知h(1) 2 m 0，而當x 時，h(x) 0，所以h(x)在(1), 只存在一個零點。3、當m (0,)時，解得x11，x2 1, 0mx(0,1)1(1, )-0+f (x)f (x)減極小值增當x 0時，h(x) 0，所以若h

27、(x)只有一個零點，必須有h(1) 02 m 0，m 2綜上所述，m的取值范圍為m 2和(1, 0)【練 2-3】（2015-2016 朝陽期末理 18）已知函數 f (x) ax ln x ,其中a R（）若f (x)在區(qū)間1, 2上為增函數，求a的取值范圍；（）當a e時，（）證明：f (x) 2 0；（）試判斷方程f (x) lnxx32是否有實數解，并說明理由25 / 243【答案】函數f (x)定義域x (0,)，f (x) a 1x（）因為f (x)在區(qū)間1, 2上為增函數，所以f (x) 0在x 1, 2上恒成立，f (x) a 1x 0，a 1x在 x 1, 2 上恒成立，則a

28、 12.（）當a e時， f (x) e x ln x ,f (x) ex 1x（）令f (x) 0，得x 1ef (x) 0,得x (0,1e)，所以函數f (x)在(0,1e)單調遞增f (x) 0,得x (1e, )，所以函數f (x)在(1e, )單調遞減所以，f (x) f (1) e 1 ln1 2maxeee（）由（）知，f (x)max 2， 所以| f (x) | 2g(x) ln x3, x (0, ).所以g (x) 1lnx2x2g (x) 0，得 x e g (x) 0,得x (0,e)，所以函數g ( x)在(0, e)單調遞增，g (x) 0,得x (e, )，所

29、以函數g ( x)在(e, )單調遞減；所以，g(x) g(e) ln e313 2， 即g(x) 2maxe2e2所以，方程| f (x) |lnxx32沒有實數解【練 2-4】（2015-2016 海淀期中理 18）已知函數fx13x3 x2 ax 1，曲線y fx在點0,1處的切線為l（）若直線l的斜率為3，求函數fx的單調區(qū)間；26 / 243（）若函數fx是區(qū)間2, a上的單調函數，求a的取值范圍【答案】（）f x x2 2 x ax R因為直線l的斜率為3所以f 0 a 3所以f x x2 2 x 3所以f xx 3x 1令f x 0解得x1 3x21所以當x , 3和x 1, 時

30、，f x 0 x 3,1時，f x 0所以fx的單調增區(qū)間為, 3和1, ，單調減區(qū)間為3,1（）要使fx在2, a上單調只需f x 0或f x 0在2, a恒成立a 2a 2（1）f x 00在2, a恒成立等價于 f 2，即a 023a0f a 0a解得2a0（2）f x 0在2, a恒成立，2 a 1時，f a 0，即a2 3a 0，解得a 3（舍）或a 0（舍）a 1時，f 1 0，即1 2 a 0，解得a 1綜上所述2, 01, 27 / 243考點三、已知函數不單調求參數范圍；考點三、已知函數不單調求參數范圍；【例 3-1】已知函數f (x) 1x3 ax2 (a21)x b (a

31、, b R).當a 0時，若f (x)在3區(qū)間(1,1)上不單調，求a的取值范圍.【答案】解法一：f( x) x2 2ax (a21) x (a 1)x (a 1)f (x) 0，解得x1 a 1, x2 a 1，x1 x2x( , a 1)a 1(a 1 , a 1)a 1(a 1 , )g ( x)0000f ( x)f (x)極大值極小值因為f (x)在區(qū)間(1,1)上不單調，所以f (x)區(qū)間(1,1)上存在極值點，所以1 x11，或1 x211 a 1 1，或1 a 11所以0 a 2或 2 a 0a (2,0) (0,2).解法二:f( x) x2 2ax (a21) x (a 1

32、)x (a 1)因為函數f (x)在區(qū)間(1,1)不單調，所以函數f (x)在(1,1)上存在零點.f (x) 0，解得x1 a 1, x2 a 1，區(qū)間長為2，在區(qū)間(1,1)上不可能有2個零點.所以f (1) f (1) 0即：a2(a 2)(a 2) 0a2 0，(a 2)(a 2) 0， 2 a 228 / 243又a 0，a (2,0) (0,2).【例 3-2】已知函數gx a ln x x2 axa 0，若y gx在區(qū)間0, 2上不單調，a的取值范圍【答案】29 / 243考點四、已知函數存在單調區(qū)間求參數范圍；考點四、已知函數存在單調區(qū)間求參數范圍；【例 4-1】設函數f (x

33、) ln x (x a)2，a R.若函數f (x)在12, 2上存在單調遞增區(qū)間，試求實數a的取值范圍.【答案】解法一：f (x) 1 2(x a) 2x22 ax1xxg (x) 2x2 2ax 1，依題意，在區(qū)間12, 2上存在子區(qū)間使得不等式g (x) 0成立.注意到拋物線g (x) 2x2 2ax 1開口向上，所以只要g(2) 0，或g (12) 0即可g(2) 0，即8 4a 1 0，得a 94，g (12) 0，即12 a 1 0，得a 32，所以a 94，所以實數a的取值范圍是(,94).解法二：1 2(x a) 2 x22 ax 1，f (x) xx依題意得，在區(qū)間1, 2上

34、存在子區(qū)間使不等式2x2 2ax 1 0成立.2又因為x 0，所以2a (2x 1).x1，所以2a小于函數g ( x)在區(qū)間1設g (x) 2x , 2的最大值.x2又因為g(x) 2 1，x230 / 243由g(x) 2 1 0解得x 2；x221.由g(x) 2 0解得0 x 2x22所以函數g ( x)在區(qū)間(22, 2)上遞增，在區(qū)間(12,22)上遞減.所以函數g ( x)在x 12，或x 2處取得最大值.g(2) 92，g (12) 3，所以2a 92，a 94所以實數a的取值范圍是(,94).【例 4-2】（2010-2011 朝陽二模理 18）設函數f (x) = ln x

35、 +(x - a)2，a R.（）若a =0，求函數f (x)在1, e上的最小值；f(x)1, 2（）若函數在2上存在單調遞增區(qū)間，試求實數a的取值范圍；【答案】31 / 24332 / 243【練 4-1】已知函數f (x) mx33 x2 x，m R函數f (x)在(2, )上存在單調遞增區(qū)間，求m的取值范圍【答案f (x) mx2 2x 11當m 0時，f (x) 2x 1f (x) 2x 1 0，解得x 12x(,11(1, )2)220f (x)f (x)極小值33 / 243則f (x)在(2, )上單調遞增區(qū)間，滿足題意.2當m 0時 4 4m2.1當 0，即m 1時， (x)

36、 0，f (x)在R上單調遞減(舍）2.2當 0，即m 1，且m 0時f (x) mx2 2x 1 0，解得：x11 mm1，x11 mm12.2.1當m 0時，x1 x2x( , x1) x1(x1, x2)x2( x2, )00f ( x)f (x)極大值極小值則f (x)在(2, )上單調遞增區(qū)間，滿足題意2.2.2當1 m 0時，x x21x( , x1) x2(x2, x1)x1( x2, )00f ( x)f (x)極小值極大值要使f (x)在(2, )上存在單調遞增區(qū)間，34 / 243x1 2，即1 mm 1 2，解得34 m 0所以34 m 03,綜上所述得：m的取值范圍為：

37、解法二：f (x) mx2 2x 1f (x)在(2, )上存在單調遞增區(qū)間等價于在(2, )存在區(qū)間使 (x) mx2 2x 1 0成立，即存在m使m 1 2x成立x2設h(x) 1 2x1212 11x2x2x x當x 2時，0 x 12，34 h(x) 0則m 343,所以，m的取值范圍為：35 / 243考點五、兩個函數在具有相同的單調性求參數范圍；考點五、兩個函數在具有相同的單調性求參數范圍；【例 5-1】（2012-2013 西城一模文 18）已知函數f (x) ex ax，g (x) ax ln x，其中a 0（）求f (x)的極值；（）若存在區(qū)間M，使f (x)和g (x)在區(qū)

38、間M上具有相同的單調性，求a的取值范圍f (x)Rf (x) e a2【答案】（）的定義域為， 且x分 當a 0時，f (x) ex，故f (x)在R上單調遞增從而f (x)沒有極大值，也沒有極小值4 分a0f (x) 0 xln(a) 當時，令，得(x)和f (x)的情況如下：x(, ln(a)ln(a)(ln(a), )f0(x)f (x)故f (x)的單調減區(qū)間為(, ln(a)；單調增區(qū)間為(ln(a), )從而f (x)的極小值為f (ln(a) a a ln(a)；沒有極大值6 分g(x)(0, )g (x) a xx8（）解：的定義域為，且1ax 1分 當a 0時，f (x)在R

39、上單調遞增，g(x)在(0, )上單調遞減，不合題意9 分a0g (x)0g(x)(0, ) 當時，在上單調遞減1 a 0時，ln(a) 0，此時f (x)在(ln(a), )上單調遞增，由于g(x)在(0, )上單調遞減，不合題意11 分a 1時，ln(a) 0，此時f (x)在(, ln(a)上單調遞減，由于f (x)在(0, )上單調遞減，符合題意36 / 243綜上，a的取值范圍是(, 1)13 分【例 5-2】已知函數f (x) ax ln x，g (x) eax 3x，其中a R若存在區(qū)間M，使(x)和g ( x)在區(qū)間M上具有相同的單調性，求a的取值范圍【答案】f (x)的定義域

40、為0,，f (x) ax1x當a 0，f (x)在0,單調遞減，當a01 1時，f (x)在0,單調遞減，,單調遞增,a ag ( x)的定義域為R，且g(x) aeax 3當a00，從而g ( x)在R上單調遞增時，顯然g (x) 此時f (x)在(1a, )上單調遞增，符合題意a 0時，g ( x)在R上單調遞增，f (x)在(0, )上單調遞減，不合題意a 0時，令g(x) 0，得x01aln(a3)g ( x)和g(x)的情況如下表：x(, x0)x0(x0, )0g (x)g (x)3 a 0時，x0 0，此時g ( x)在(x0, )上單調遞增，由于f (x)在(0, )上單調遞減

41、，不合題意a 3時，x0 0，此時g ( x)在(, x0)上單調遞減，由于f (x)在(0, )上單調遞減，符合題意綜上，a的取值范圍是(, 3) (0, )37 / 243導數專題二、極值問題導數專題二、極值問題【知識結構】【知識結構】【知識點】【知識點】一、函數的極值定義函數f (x)在點x0附近有定義，如果對x0附近的所有點都有f (x) f (x0),則稱f (x0)是函數的一個極大值，記作y極大值=f (x0)；如果對x0附近的所有點都有f (x) f (x0),則稱f (x0)是函數的一個極小值，記作y極小值=f (x0).極大值與極小值統(tǒng)稱為極值，稱x0為極值點極大值與極小值統(tǒng)

42、稱為極值極大值點與極小值點統(tǒng)稱為極值點極值點出現在函數的駐點（導數為 0 的點）或不可導點處（導函數不存在，也可以取得極值，此時駐點不存在）?？蓪Ш瘮礷x的極值點必定是它的駐點。但是反過來，函數的駐點卻不一定是極值點，例如y x3,點0, 0是它的駐點，卻不是它的極值點。極值點上fx的導數為零或不存在，且函數的單調性必然變化。極值問題主要建立在分類討論的基礎上，二、求函數的極值點和極值注意事項：1.求極值或極值點，必須點明是極大還是極小。若沒有另一個，要說明沒有。2.要知道如何判斷是否存在極值或者極值點。3.如果已知極值或者極值點，求參數的時候，最后結果需要檢驗。4.極值點是導函數的根，如果有

43、兩個根，要在合適的時候想到偉達定理。三、求函數極值的三個基本步驟第一步、求導數f (x)；第二步、求方程f (x) 0的所有實數根；第三步、考察在每個根x0附近，從左到右，導函數f (x)的符號如何變化如果f (x)的符號由正變負，則f (x0)是極大值；如果由負變正，則f (x0)是極小值如果在f (x) 0的根38 / 243x x0的左右側，f (x)的符號不變，則f (x0)不是極值39 / 243【考點分類】【考點分類】考點一、分類討論求函數極值（點）；考點一、分類討論求函數極值（點）；【例1-1】（2015-2016海淀一模文19）已知函數f(x)1 x.ex()求曲線y f (x

44、)在點(0, f (0)處的切線方程；()求函數f (x)的零點和極值；()若對任意x , x a, )，都有f (x ) f (x ) 1成立，求實數a的最小值.e21212【答案】f (x)ex ex(1 x)x 2(ex)2ex（）設切線斜率為k，所以kf0 2，f (0)11，所以曲線y fx在點(0,1)e0處的切線方程為y 1 2x，即2x y 1 0。（）令f (x) 0，解得x 1。當x 1時，f (x) 0；x 1時，f (x) 0，所以函數f(x)零點有且只有一個，為 1.令f (x) 0，即xex2 0解得x 2。當x 2時，f (x) 0；當x 2時，f (x) 0，所

45、以函數f (x)在x 2處取得極小值f (2) e12，無極大值。（）由（II）知，當x 1時，f (x) 0；x 1時，f (x) 0，且f (x)在(, 2)上單調遞減，在(2, )上單調遞增，所以f (x)在x 2處取得最小值f (2) e12。且f (1) 0。x1, x2a, )，f (x1) f (x2) f (2) f (x)max e12 f (x)max e12，所以只需(x)max 0。所以a 1。所以a的最小值為 1?！纠?1-2】（2010-2011 朝陽二模理 18）設函數f (x) = ln x +(x - a)2，a R.（）若a =0，求函數f (x)在1, e

46、上的最小值；f(x)1, 2（）若函數在2上存在單調遞增區(qū)間，試求實數a的取值范圍；40 / 243（）求函數f (x)的極值點.【答案】41 / 24342 / 243考點二、已知函數極值（點）情況求參數范圍；考點二、已知函數極值（點）情況求參數范圍；【例 2-1】（2015-2016 朝陽一模文 19）已知函數f (x) kkxxex(k R).（）若k 1,求曲線y f (x)在點0，f (0)處的切線方程；（）求函數f (x)的單調區(qū)間；（）設k 0，若函數f (x)在區(qū)間3, 2 2上存在極值點，求k的取值范圍.【答案】()若k1，函數f (x)的定義域為x x 1，f(x)=ex(

47、3x2).（1 x)2則曲線y f (x)在點0，f (0)處切線的斜率為f (0)=3.而f (0)=1，則曲線y f (x)在點0，f (0)處切線的方程為y 3x 1（）函數f(x)的定義域為x x k，f(x)=ex(2kk2x2).（k x)2（1）當k 0時，由x k,且此時k2 2k k，可得 k2 2k k k2 2k.f (x) 0，解得x -k2 2k或x k2 2k，函數f (x)為減函數；f (x) 0，解得k2 2k x k2 2k，但x k，所以當 k2 2k x k，k x k2 2k時，函數f (x)也為增函數.所以函數f (x)的單調減區(qū)間為（-，- k2 2

48、k )，（ k2 2k，+)，單調增區(qū)間為（- k2 2k，k )，（k,k2 2k ).（2）當k 0時，函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,0)，（0,+).k 2時，函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,-2)，（-2，+).2 k 0時，由2k k2 0，所以函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,k)，（k,+).即當2 k 0時，函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,k)，（k,+).（3）當k 2時，此時-k2 2k k.令f (x) 0，解得x -k2 2k或x k2 2k，但x k，所以當x k，43 / 243 x - k2 2k，x k2 2k時，函數f (x)為減函數；令f (x) 0

49、，解得k2 2k x k2 2k，函數f (x)為增函數.所以函數f (x)的單調減區(qū)間為（-,k)，（k,-k2 2k )，（k2 2k , )，函數f (x)的單調增區(qū)間為（- k2 2k , k2 2k ).9分（）（1）當2 k 0時，由（）問可知，函數f (x)在(3, 22)上為減函數，所以不存在極值點;（2）當k 2時，由（）可知，f (x)在（-k2 2k ,k2 2k )上為增函數，在（ k2 2k , )上為減函數.若函數f (x)在區(qū)間(3, 2 2)上存在極值點，則3 k2 2k 2 2，解得4 k 3或1 k 2,所以4 k 3.綜上所述，當4 k 3時，函數f (x

50、)在區(qū)間3, 2 2上存在極值點.【例2-2】（2015-2016東城期末理19）已知函數f(x)ex a( x ln x)x（）當a 1時，試求f (x)在(1, f (1)處的切線方程；（）當a 0時，試求f (x)的單調區(qū)間；（）若f (x)在(0,1)內有極值，試求a的取值范圍【答案】（）當a 1時，f/( x) ex( x1)1 1，f/(1)0，f (1)e1方程為y e 1x2x（）ex( x 1)1ex( x1)ax( x1)，f ( x) x2 a(1 x)x2(ex ax)( x 1)x2當a 0時，對于x (0, )，ex ax 0恒成立，所以f(x) 0 x 1；f(x

51、) 00 x 10.所以 單調增區(qū)間為(1, )，單調減區(qū)間為(0,1)（）若f (x)在(0,1)內有極值，則f(x)在x (0,1)內有解令f( x) (ex ax)( x 1) 0ex ax 0a ex.x2x設g( x) exx (0,1),x44 / 243所以g( x) ex( x 1),當x(0,1)時，g(x)0恒成立，x所以g(x)單調遞減.又因為g(1) e，又當x 0時，g(x) ,g(x)在x (0,1)上的值域為(e, ),所以當a e時，f( x) (ex ax)( x 1) 0有解.x2xx a 0 x (0,1)，設H ( x) e ax，則H ( x) e所以

52、H ( x)在x (0,1)單調遞減.因為H (0) 1 0，H (1) e a 0,所以H ( x) ex ax在x (0,1)有唯一解x.0所以有：x(0, x0)x0(x0,1)H ( x)0f(x)0f (x)遞減極小值遞增所以 當a e時，f (x)在(0,1)內有極值且唯一.a e時，當x (0,1)時，f(x) 0恒成立，f (x)單調遞增，不成立綜上，a的取值范圍為(e, )【練 2-1】（2015-2016 房山二模理 18）已知函數fxaex2xa 0（）當a 1時，求函數fx的單調區(qū)間；（）設gx fx2x ln x，若gx在區(qū)間0, 2上有兩個極值點，求實數a的取值范圍

53、。【答案】（）當a 1時，fxexx2定義域為,00, fxx2ex 2xexexxx 2x4x4f x 0，得x 2x, 00, 222, fx045 / 243fx遞增遞減極小值遞增（）gx fx2 ln x aex2 ln x，x 0, 2xx2xx2aexxgxx3因為x 0, 2所以令gx 0，只需aex x 0hx aex x，若gx在區(qū)間0, 2上有兩個極值點，則hx aex x在區(qū)間0, 2上有兩個零點h x aex1要使hxaex x在區(qū)間0, 2上有兩個零點，h x 0的唯一根必須在區(qū)間0, 2所以令hx0，得x ln1，且a0a 10 ln 2a a 1 0h01ln11

54、hln aealn 0aah2 ae2 2 0解得：2 a 1e2e【練 2-2】已知函數f (x) 1x31m 3x2 (m 6)x，x R（m為常數）.若函數32 f (x)在區(qū)間1,上有兩個極值點，求實數m的取值范圍.【答案】f (x) x2m 3x (m 6)46 / 243 m 32 6m 6 0m 3 1，解得m 3由題意可知2 f (1) 0所以，實數m的取值范圍為3,.【練 2-3】已知函數f (x) 13x3 ax2 4x b，其中a, b R且a 0.若函數f (x)在區(qū)間1,1上有且僅有一個極值點，求實數a的取值范圍.【答案】f ( x)在(1,1)上有且僅有一個極值點，

55、f ( x) x2 2ax 4在 (1,1) 上有且僅有一個異號零點，由二次函數圖象性質可得f (1) f (1) 0，即(5 2a)(5 2a) 0，解得a 25或a 25，綜上， a 的取值范圍是(, 52)(52, ).【練 2-4】已知函數f ( x) 13x3 ax2 4x b，其中a,b R且a 0.（）求證：函數f ( x)在點(0, f (0)處的切線與f ( x)總有兩個不同的公共點；（）若函數f ( x)在區(qū)間(1,1)上有且僅有一個極值點，求實數a的取值范圍.【答案】（）由已知可得f(x)x22ax4.f (0) 4，又f (0) bf ( x)在x 0處的切線方程為y

56、4x b.13x3 ax2 4x b 4x b，整理得(x 3a)x2 0. x 0或x 3a，a 0 3a 0， f ( x)與切線有兩個不同的公共點.-7分（）f ( x)在(1,1)上有且僅有一個極值點，f ( x) x2 2ax 4在 (1,1) 上有且僅有一個異號零點，由二次函數圖象性質可得f (1) f (1) 0，(5 2a)(5 2a) 0，解得a 25或a 25，47 / 243綜上， a 的取值范圍是(, 52)(52, ).【練 2-5】（2013-2014 海淀二模文 18）已知函數f (x) 13x3 ax2 4x b，其中a, b R且a 0.（）求證：函數f (x

57、)在點(0, f (0)處的切線與f (x)總有兩個不同的公共點；（）若函數f (x)在區(qū)間(1,1)上有且僅有一個極值點，求實數a的取值范圍.【答案】（）由已知可得f ( x) x2 2ax 4.-1 分-f(0)4，2 分又f (0) b f ( x)在x 0處的切線方程為y 4x b.-4 分令1x3 ax2 4x b 4x b，整理得(x 3a)x2 0.3x 0或x 3a，-5 分a03a0，-6 分 f ( x)與切線有兩個不同的公共點.-7 分（）f ( x)在(1,1)上有且僅有一個極值點， f ( x) x2 2ax 4在 (1,1) 上有且僅有一個異號零點，-9 分由二次函

58、數圖象性質可得f (1) f(1) 0，-10 分即(5 2a)(5 2a) 0，解得a 5或a 5，-1222分55綜上， a 的取值范圍是(, ) (,).-13 分22【練 2-6】（2009-2010 年北京高考文 18）設定函數fxax3 bx2 cx da 0，且3方程f x 9 x 0的兩個根分別為 1，4。（）當a 3且曲線y f ( x)過原點時，求f ( x )的解析式；（）若f ( x )在( , )無極值點，求a的取值范圍?！敬鸢浮坑蒩32得2f (x) 3x bx cx d 2bx cf (x) ax因為f (x) 9x ax2 2bx c 9x 0a 2b c 9

59、0的兩個根分別為 1,4，所以16a 8b c 36 048 / 243（*）2b c 6 0（）當a 3時，又由（*）式得8b c 12 0解得b 3, c 12又因為曲線y f (x)過原點，所以d 0f (x) x3 3x212x（ ）由于 a0, 所以 “f (x) a3x3 bx2 cx d在（ - ， + ）內無極值點 ” 等價于“f (x) ax2 2bx c 0在（-，+）內恒成立”。由（*）式得2b 9 5a, c 4a。 (2b)2 4ac 9(a 1)(a 9)解a 0得a 1,9 0 9(a 1)(a 9)即a的取值范圍1,949 / 243考點三、已知函數極值求參數值

60、；考點三、已知函數極值求參數值；【例 3-1】已知函數f ( x) ekx( x2 x k1) (k 0).（）求f ( x)的單調區(qū)間；（）是否存在實數k，使得函數f ( x)的極大值等于3e2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.【答案】（）f ( x)的定義域為R.(x) kekx(x2 x 1k) ekx(2x 1) ekxkx2 (2 k)x 2，f (x) ekx(kx 2)(x 1) (k 0).令f ( x) 0，解得：x 1或x k2.k 2時，f (x) 2e2 x(x 1)2 0，故f ( x)的單調遞增區(qū)間是(- , + ).2 k 0時，f ( x)，f ( x