(完整版)高考文科数学导数专题复习

知 识 梳 理

1.函数的极值与导数的关系(1)函数的极小值与极小值点: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小，f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值.(2)函数的极大值与极大值点: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大，f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值.

2.函数的最值与导数的关系(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件: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y＝f(x)在[a，b]上的最大(小)值的步骤 考点一 用导数研究函数的极值 命题角度一 根据函数图象判断极值

【例1】 设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是( )

A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1) C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)

解析 由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－22时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值.答案 D 命题角度二 求函数的极值

【例2】 求函数f(x)＝x－aln x(a∈R)的极值. 解 由f′(x)＝1－＝

ax－a，x>0知：(1)当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)

xx无极值；(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－aln a，无极大值.综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值. 命题角度三 已知极值求参数

1342

【例3】 已知关于x的函数f(x)＝－x＋bx＋cx＋bc在x＝1处有极值－，试求b，c的值.

33

f′（1）＝－1＋2b＋c＝0，????b＝1，42

?解 ∵f′(x)＝－x＋2bx＋c，由f(x)在x＝1处有极值－，可得?解得14

3?f（1）＝－＋b＋c＋bc＝－.?c＝－1?33?

??b＝－1，

或?若?c＝3.?

b＝1，c＝－1，则f′(x)＝－x2＋2x－1＝－(x－1)2≤0，f(x)没有极值.若b＝－1，c＝3，则

f′(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1).当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：

x (－∞，－3) －3 (－3，1) 1 (1，＋∞) f′(x－ ) 0 ＋ 0 4极大值－ 31 f(x) 极小值－12 4

∴当x＝1时，f(x)有极大值－，满足题意.故b＝－1，c＝3为所求.

3【训练1】 设函数f(x)＝ax－2x＋x＋c(a>0).

(1)当a＝1，且函数图象过(0，1)时，求函数的极小值；(2)若f(x)在R上无极值点，求a的取值范围. 解 由题意得f′(x)＝3ax－4x＋1.(1)函数图象过(0，1)时，有f(0)＝c＝1.当a＝1时，f′(x)＝3x－4x＋1.1?11??1?令f′(x)>0，解得x<或x>1；令f′(x)<0，解得

(2)若f(x)在R上无极值点，则f(x)在R上是单调函数，故f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立.当a＝0时，f′(x)＝－4x＋1，显然不满足条件；当a≠0时，f′(x)≥0或f′(1)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)－4×3a×1≤0，4?4?即16－12a≤0，解得a≥.综上，a的取值范围是?，＋∞?.

3?3?考点二 利用导数求函数的最值

【例4】 (2017·郑州模拟)已知函数f(x)＝(x－k)e. (1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0，1]上的最小值.

解 (1)由f(x)＝(x－k)e，得f′(x)＝(x－k＋1)e，令f′(x)＝0，得x＝k－1. 当x变化时，f(x)与f′(x)的变化情况如下表：

xxx2

3

2

2

2

3

2

x f′(x) f(x) (－∞，k－1) － k－1 0 －ek－1(k－1，＋∞) ＋ 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

.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.

综上可知，当k≤1时，f(x)min＝－k；当1

k－1

；当k≥2时，f(x)min＝(1－k)e.

12

【训练2】 设函数f(x)＝aln x－bx(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，(1)求实数a，b的值；

2

?1?(2)求函数f(x)在?，e?上的最大值. ?e?

a12

解 (1)由f(x)＝aln x－bx，得f′(x)＝－2bx(x>0).∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相

x2

f′（1）＝a－2b＝0，a＝1，??2??1211－x1切.∴?解得?1(2)由(1)知f(x)＝ln x－x，则f′(x)＝－x＝，当≤x≤e1

2xxef（1）＝－b＝－，b＝.??22??

1?1?时，令f′(x)>0，得

e?e?

1

∴f(x)max＝f(1)＝－.

2

考点三 函数极值与最值的综合问题 【例5】 已知函数f(x)＝

ax2＋bx＋ce

x(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0.

3

(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的极小值为－e，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值.

（2ax＋b）e－（ax＋bx＋c）e－ax＋（2a－b）x＋b－c2

解 (1)f′(x)＝＝.令g(x)＝－ax＋(2a－b)x＋b－x2x（e）e

x2

x2

c，由于ex>0.令f′(x)＝0，则g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c＝0，∴－3和0是y＝g(x)的零点，且f′(x)与g(x)的符号相同.又因为a>0，所以－30，即f′(x)>0，当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，

所以f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).

??

(2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有?解得a＝1，b＝5，

g（0）＝b－c＝0，??g（－3）＝－9a－3（2a－b）＋b－c＝0，

c＝5，所以f(x)＝

x2＋5x＋5

e

x9a－3b＋c3

＝－e，－3

e

.因为f(x)的单调递增区间是(－3，0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞).

所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值，故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者，又f(－5555)＝－5＝5e>5＝f(0)，所数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e.

e【训练3】 (2017·衡水中学月考)已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R). (1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；

(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，?x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的最大值.

1ax－1

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝.当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数

xxf(x)在(0，＋∞)上单调递减.∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点.当a>0时，由f′(x)<0，得00，

a11?1??1?得x>，∴f(x)在?0，?上递减，在?，＋∞?上递增，即f(x)在x＝处有极小值.综上，当a≤0时，f(x)在(0，

1

a?a??a?

a＋∞)上没有极值点；当a>0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点.

(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.因此f(x)≥bx－1ln x1ln xln x－222

2?1＋－≥b，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e，则g(x)在(0，e)上2

xxxxx11122

递减，在(e，＋∞)上递增，∴g(x)min＝g(e)＝1－2，即b≤1－2.故实数b的最大值是1－2.

eee

第4讲 导数与函数的综合应用

考点一 利用导数研究函数的性质

【例1】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x).

(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围.

1

解 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.若

xa>0，则当x∈?0，?时，f′(x)>0；当x∈?，＋∞?时，f′(x)<0.所以f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?

?a??a??a??a?

1

上单调递减.(2)由(1)知，当a≤0，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝取得最大值，最大值?

1??1

??

1??1

?

a1?1??1??1?为f ??＝ln＋a?1－?＝－ln a＋a－1.因此f ??>2a－2等价于ln a＋a－1<0.令g(a)＝ln a＋a－1，则g(a)

?a?

a?a??a?

在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当01时，g(a)>0.因此，a的取值范围是(0，1).

1312?2?【训练1】设f(x)＝－x＋x＋2ax.(1)若f(x)在?，＋∞?上存在单调递增区间，求a的取值范围；

32?3?16

(2)当0＜a＜2时，f(x)在[1，4]上的最小值为－，求f(x)在该区间上的最大值.

3

?1?1?2??2?2

解 (1)由f′(x)＝－x＋x＋2a＝－?x－?＋＋2a，当x∈?，＋∞?时，f′(x)的最大值为f′??＝＋2a；

?2?4?3??3?9

2

2

211?2?令＋2a＞0，得a＞－.所以，当a＞－时，f(x)在?，＋∞?上存在单调递增区间.

999?3?

1612

(2)已知0＜a＜2，f(x)在[1，4]上取到最小值－，而f′(x)＝－x＋x＋2a的图象开口向下，且对称轴x＝，32∴f′(1)＝－1＋1＋2a＝2a＞0，f′(4)＝－16＋4＋2a＝2a－12＜0，则必有一点x0∈[1，4]，使得f′(x0)＝0，1111

此时函数f(x)在[1，x0]上单调递增，在[x0，4]上单调递减，f(1)＝－＋＋2a＝＋2a＞0，∴f(4)＝－×64＋

3263140162

×16＋8a＝－＋8a＝－?a＝1.此时，由f′(x0)＝－x0＋x0＋2＝0?x0＝2或－1(舍去)，所以函数f(x)max＝233

f(2)＝.

考点二 利用导数研究函数的零点或方程的根

【例2】 (2015·北京卷)设函数f(x)＝－kln x，k>0.

2

(1)求f(x)的单调区间和极值；(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e]上仅有一个零点.

103

x2

kx2－k(1)解 由f(x)＝－kln x(k>0)，得x>0且f′(x)＝x－＝.由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去).f(x)

2xx与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：

x2

x f′(x) f(x) (0，k) － k 0 (k，＋∞) ＋ k（1－ln k） 2