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2013届高考数学一轮复习讲义:3.2


一轮复习讲义

导数在研究函数中的应用

要点梳理
1.函数的单调性

忆一忆知识要点

对于函数 y=f(x),如果在某个区间上 f′(x) > 0,那么函 数 y=f(x)在这个区间上单调递增;如果 f′(x) < 函数 y=f(x)在这个区间上单调递减. 2.函数的极值 (1)判断 f(x0)是极值的方法 一般地,当函数 f(x)在点 x0 处连续时, ①如果在 x0 附近的左侧 f′(x)>0 , 右侧 f′(x)<0 , 那么 f(x0) 是极大值; 0,那么

要点梳理
是极小值.

忆一忆知识要点

②如果在 x0 附近的左侧 f′(x)<0 ,右侧 f′(x)>0 ,那么 f(x0) (2)求可导函数极值的步骤 ①求 f′(x); ②求方程 f′(x)=0 的根; ③检查 f′(x)在方程 f′(x)=0 的根左右值的符号. 如果左正右 负,那么 f(x)在这个根处取得 极大值 ;如果左负右正,那么 f(x)在这个根处取得 极小值 .

要点梳理
3.函数的最值

忆一忆知识要点

(1)在闭区间[a,b]上连续的函数 f(x)在[a,b]上必有最大值 与最小值. (2)若函数 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a) 为函数的最小 值, f(b) 为函数的最大值;若函数 f(x)在[a,b]上单调递 减,则 f(a) 为函数的最大值, f(b) 为函数的最小值. (3)设函数 f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求 f(x)在 [a,b]上的最大值和最小值的步骤如下: ①求 f(x)在(a,b)上的 极值 ; ②将 f(x)的各极值与 f(a),f(b)比较,其中最大的一个是最 大值,最小的一个是最小值.

[难点正本

疑点清源]

1.可导函数的极值表示函数在一点附近的情况,是在局部对函 数值的比较;函数的最值是表示函数在一个区间上的情况, 是对函数在整个区间上的函数值的比较. 2. 可导函数的极值点导数为零, 但导数为零的点未必是极值点, 如函数 y=x3 在 x=0 处导数为零,但 x=0 不是极值点. 3.函数的极值不一定是最值,需对极值和区间端点的函数值进 行比较,或者考查函数在区间内的单调性.

利用导数研究函数的单调性
例 1 已知函数 f(x)=mx3+nx2 (m、 n∈R, m≠0), 函数 y=f(x) 的图象在点(2,f(2))处的切线与 x 轴平行. (1)用关于 m 的代数式表示 n; (2)求函数 f(x)的单调增区间.

利用导数的几何意义解第(1)问,然后对函数求导,求解不等式 f′(x)>0,从而得到相应的单调区间.



(1)由已知条件得 f′(x)=3mx2+2nx,

又 f′(2)=0,∴3m+n=0,故 n=-3m.

(2)∵n=-3m,∴f(x)=mx3-3mx2, ∴f′(x)=3mx2-6mx. 令 f′(x)>0,即 3mx2-6mx>0, 当 m>0 时,解得 x<0 或 x>2,则函数 f(x)的单调增区间是 (-∞,0)和(2,+∞); 当 m<0 时,解得 0<x<2,则函数 f(x)的单调增区间是(0,2). 综上,当 m>0 时,函数 f(x)的单调增区间是(-∞,0)和(2, +∞);
当 m<0 时,函数 f(x)的单调增区间是(0,2).

探究提高
利用导数求函数 f(x)的单调区间的一般步骤: (1)确定函数 f(x)的定义域; (2)求导数 f′(x); (3)在函数 f(x)的定义域内解不等式 f′(x)>0 和 f′(x)<0; (4)根据(3)的结果确定函数 f(x)的单调区间.

变式训练 1
已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 在 x=1 处取得极值-2. (1)试用 c 表示 a,b; (2)求 f(x)的单调递减区间.
(1)f′(x)=3x2+2ax+b, ?f′(1)=0 ?3+2a+b=0 ? ? , ? ? 由已知条件 ,即 ?f(1)=-2 ?1+a+b+c=-2 ? ? 解 解得 a=c,b=-3-2c. (2)f′(x)=3x2+2cx-3-2c =(3x+3+2c)(x-1) ? 3+2c? ? ? =3?x+ (x-1) 3 ? ? ?

3+2c ①若- =1,即 c=-3,f′(x)=3(x-1)2≥0. 3 f(x)在(-∞,+∞)上递增不合题意,c=-3 应舍去.
3+2c ②若- <1,即 c>-3 时, 3 ? 3+2c ? ? ? f(x)的递减区间为?- ,1?; 3 ? ? 3+2c ③若- >1,即 c<-3 时, 3 ? 3+2c? ? ? f(x)的递减区间为?1,- . 3 ? ? ?

利用导数研究函数的极值
例2 (2010· 大纲全国Ⅱ)已知函数 f(x)=x3-3ax2+3x+1. (1)设 a=2,求 f(x)的单调区间; (2)设 f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点,求 a 的取值范围.

(1)单调区间即为 f′(x)>0,f′(x)<0 的解区间. (2)f′(x)的零点在(2,3)内至少有一个.
解 (1)当 a=2 时,f(x)=x3-6x2+3x+1,

f′(x)=3x2-12x+3=3(x-2+ 3)(x-2- 3).
当 x∈(-∞,2- 3)时,f′(x)>0,f(x)在(-∞,2- 3)上单调 递增;

当 x∈(2- 3,2+ 3)时,f′(x)<0,f(x)在(2- 3,2+ 3)上 单调递减;

当 x∈(2+ 3,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(2+ 3,+∞)上单调 递增. 综上,f(x)的单调增区间是(-∞,2- 3)和(2+ 3,+∞), f(x)的单调减区间是(2- 3,2+ 3). (2)f′(x)=3x2-6ax+3=3[(x-a)2+1-a2]. 当 1-a2≥0 时,f′(x)≥0,f(x)为增函数,故 f(x)无极值点; 当 1-a2<0 时,f′(x)=0 有两个根 x1=a- a2-1, x2=a+ a2-1.

由题意,知 2<a- a2-1<3,
或 2<a+ a2-1<3, 5 5 ①无解,②的解为 <a< , 4 3 5 5 因此 a 的取值范围为( , ). 4 3




(1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点.所以在求出导函 数的零点后一定注意分析这个零点是不是函数的极值点. (2)本题的易错点:忽略对 1-a2 讨论,致使解答不全面.

变式训练 2
ex (2011· 安徽)设 f(x)= 2,其中 a 为正实数. 1+ax 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围.
解 1+ax2-2ax 对 f(x)求导得 f′(x)=ex· . (1+ax2)2 ①

4 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= .结合①,可知 2 2 ? ?1 3? 1 3 1? ?-∞, ? ? , ? x 2 2 2? ? ?2 2? f′(x) f(x) + ? 0 - 0

?3 ? ? ,+∞? ?2 ?



极大值 极小值 ? ? 3 1 所以 x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①

与条件 a>0,知 1+ax2-2ax≥0 在 R 上恒成立,即 Δ=4a2-4a =4a(a-1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. 所以 a 的取值范围为{a|0<a≤1}.

利用导数求函数的最值
例 3 已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+5,记 f(x)的导数为 f′(x). 2 (1)若曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 3,且 x= 时 y= 3 f(x)有极值,求函数 f(x)的解析式; (2)在(1)的条件下,求函数 f(x)在[-4,1]上的最大值和最小值.

(1)构建方程 的解析式.

?2? f′(1)=3, ?3?=0, f′ 求得 ? ?

a, 进而确定函数 f(x) b,

(2)列出 f′(x)与 f(x)变化表,比较端点值和极值.

(1)f′(x)=3x2+2ax+b. ?2? 依题意 f′(1)=3,f′?3?=0, ? ? ?3+2a+b=3, ?a=2, ? ? ∴? ?2?2 4 解之得? ?b=-4. ? ? ?3· ? +3a+b=0, ? ?3? 解
所以 f(x)=x3+2x2-4x+5.

(2)由(1)知,f′(x)=3x2+4x-4=(x+2)(3x-2). 2 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2= . 3 当 x 变化时,f(x),f′(x)的变化情况如表: 2 (-2, ) -4 (-4,-2) -2 x 3 f′(x) f(x) -11 + ? 0 极大 值 13 - 2 3 0 极小值 95 27 2 ( ,1) 3 + 4

1

∴f(x)在[-4,1]上的最大值为 13,最小值为-11.

探究提高
在解决类似的问题时,首先要注意区分函数最值与极值的区 别.求解函数的最值时,要先求函数 y=f(x)在[a,b]内所有使 f′(x)=0 的点,再计算函数 y=f(x)在区间内所有使 f′(x)=0 的点和区间端点处的函数值,最后比较即得.

变式训练 3
1 3 1 2 (2011· 江西)设 f(x)=- x + x +2ax. 3 2 2 (1)若 f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; 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 3 上的最大值.
12 1 解 (1)f′(x)=-x +x+2a=-(x- ) + +2a. 2 4 2 2 2 当 x∈[ ,+∞)时,f′(x)的最大值为 f′( )= +2a. 3 3 9 2 1 令 +2a>0,得 a>- . 9 9
2

1 2 所以当 a>- 时,f(x)在( ,+∞)上存在单调递增区间. 9 3 2 1 即 f(x)在( , +∞)上存在单调递增区间时, 的取值范围为(- , a +∞). 3 9 (2)令 f′(x)=0, 1- 1+8a 1+ 1+8a 得两根 x1= ,x2= , 2 2

所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单 调递增. 当 0<a<2 时, x1<1<x2<4, 有 所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2). 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1). 2 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- . 3 3 得 a=1,x2=2, 10 从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3

答题模板
导数法求函数最值问题
(14 分)已知函数 f(x)=ln x-ax (a∈R). (1)求函数 f(x)的单调区间; (2)当 a>0 时,求函数 f(x)在[1,2]上的最小值.

审题视角
(1)知函数解析式求单调区间,实质上是求 f′(x)>0,f′(x)<0 的 解区间.并注意定义域.(2)先研究 f(x)在[1,2]上的单调性,再确 定最值是端点值还是极值.(3)由于解析式中含有参数 a,要对参 数 a 进行分类讨论.

规范解答 1 解 (1)f′(x)=x-a (x>0), [1 分] 1 ①当 a≤0 时,f′(x)=x-a>0,即函数 f(x)的单调增区间为(0,
+∞).
1 1 ②当 a>0 时,令 f′(x)=x-a=0,可得 x=a, 1-ax 1 当 0<x<a时,f′(x)= x >0; 1-ax 1 当 x>a时,f′(x)= x <0, ? 1? 故函数 f(x)的单调递增区间为?0,a?,
?1 ? 单调递减区间为?a,+∞?. ? ? ? ?

[3 分]

[6 分]

[7 分]

1 (2)①当a≤1, a≥1 时, 即 函数 f(x)在区间[1,2]上是减函数, ∴f(x) 的最小值是 f(2)=ln 2-2a. [8 分]

1 1 ②当a≥2, 0<a≤ 时, 即 函数 f(x)在区间[1,2]上是增函数, ∴f(x) 2 的最小值是 f(1)=-a. [9 分] ? ?1 ? 1? 1 1 ③当 1<a<2, <a<1 时, 即 函数 f(x)在?1,a?上是增函数, ?a,2? 在 2 ? ? ? ?
上是减函数.又 f(2)-f(1)=ln 2-a, 1 ∴当 <a<ln 2 时,最小值是 f(1)=-a; 2 当 ln 2≤a<1 时,最小值为 f(2)=ln 2-2a. 综上可知,
当 0<a<ln 2 时,函数 f(x)的最小值是-a; 当 a≥ln 2 时,函数 f(x)的最小值是 ln 2-2a. [14 分]

[12 分]

答题模板
用导数法求给定区间上的函数的最值问题一般可用以 下几步答题: 第一步:求函数 f(x)的导数 f′(x); 第二步:求 f(x)在给定区间上的单调性和极值; 第三步:求 f(x)在给定区间上的端点值; 第四步:将 f(x)的各极值与 f(x)的端点值比较,确 定 f(x)的最大值与最小值. 第五步:反思回顾:查看关键点,易错点和解题规范.

批阅笔记

(1)本题考查求函数的单调区间,求函数在给定区间[1,2]上的最 (1)本题考查求函数的单调区间,求函数在给定区间[1,2]上的最 值,属常规题型. 值,属常规题型. (2)本题的难点是分类讨论.考生在分类时易出现不全面,不准 (2)本题的难点是分类讨论.考生在分类时易出现不全面,不准 确的情况. 确的情况. (3)思维不流畅,答题不规范,是解答中的突出问题. (3)思维不流畅,答题不规范,是解答中的突出问题.

方法与技巧
1. 注意单调函数的充要条件, 尤其对于已知单调性求参数值(范 围)时,隐含恒成立思想. 2.求极值、最值时,要求步骤规范、表格齐全;含参数时,要 讨论参数的大小. 3.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最大值还是最小值即可,不必再与端 点的函数值比较.

失误与防范
1.求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯,可使问题 直观且有条理,减少失分的可能. 2.求函数最值时,不可想当然地认为极值点就是最值点,要通 过认真比较才能下结论. 3.要强化自己用导数知识处理函数最值、单调性、方程的根、 不等式的证明等数学问题的意识.

2 1.已知函数 f(x)=x- x +a(2-ln x) a>0,讨论 f(x)的

单调性.

解:(1) f(x)的定义域是(0,+∞), 解:(1) f(x)的定义域是(0,+∞), 解:(1) f(x)的定义域是(0,+∞), 2 2 2 2 a a x x 2-ax+2 x -ax+2 2- a=-ax+2 . 导函数 f ′(x)=1+ 22 = 导函数 ff′(x)=1+ 2--x = 2 2 . . 2 导函数 ′(x)=1+x x x x x x x x 22 2 设设 g(x)=x-ax+2, 设 g(x)=x -ax+2, g(x)=x -ax+2, 2 2 2 二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a -8. 二次方程 g(x)=0 的判别式 Δ=a -8. -8. 二次方程 g(x)=0 的判别式 ①当 Δ<0 即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 (x) ①当 Δ<0 即 0<a<2 2时,对一切 x>0 都有 f′f′(x)>0. ①当 Δ<0 即 0<a<2 2时,对一切x>0 都有 f′ (x)>0 >0.此时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数. 此时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数. 此时 f(x)是(0,+∞)上的单调递增函数. ②当 Δ=0,即 a=2 2时, f ?( x ) ≥ 0 ,此时 f(x)也 是 (0, ??) 上的单调递增函数.

③当 Δ>0 2时,方程 g(x)=0 有两个不同的实根 ③当 Δ>0 即即 a>22时,方程 g(x)=0 有两个不同的实根 a>22 2时,方程 g(x)=0 有两个不同的实根, ③当 Δ>0 a-a>2-8 即 a a+ a2-8 2 2 -8 a+ a2-8 ,0< x1<x2. x1a- a 2-8 ,x2= = a- a2 a+ a -8 2 xx1= = ,x22= ,0< x1<x2.. 1 ,x = ,0< x1<x2 2 2 2 2 x (0,x1) x1 (x1, 2) x x2 (x2, +∞)

(x1, (x1, x (0,x11) x (0,x ) (x2, xx1 x2 20 (x2, +∞) x +∞) 1 f′(x) + 0 - + xx) ) 22 00 00 f′(x) ? - f′(x) + + 极大值 - 极小值 + ? + f(x) ? 极大 极小 极大 极小 f(x) ? ? ? f(x) ? ?? a- a2-8? ?a+ a2-8 ?? ? ? ? 值 ,+∞?上单调递 值 ?, 值 此时 f(x)在?0, a- 值 2-8?? ?a+ a2-8 ? ? ? a2 ? ????? 2 2 2 ? ? ? ? ? 此时 f(x)在?0, 2 a2-8??, ?a+a a -8 ? ?上单调 ? a+ 2 -8 ,+∞? ? a- a ? ? a- 2 -8? ?? ? ? ? ? ?, ? ? 上单调 此时 , ,+∞? ?上单调 此时 f(x)在??0,a+ a2-8? ??2 ? ? 2 0, ,+∞ ?a- ? 2-8 2 a ?? a -8 2a+ ? a? -8? ? ? ? ? ? 2 上单调递减. 2 ? ?a- , ? 增,在? ? ? 2 递增,在2 ? 22 ? 2 ? ??a- a2-8 , a+ ?a 2-8??上单调递减. 2 ? ? a- a -8 a+ a -8?? ? 递增,在? , ?上单调递减. 递增,在?? , ?上单调递减. 2 2 ? 2 2 ? ?

2.已知函数 f(x)=x3+mx2+nx-2 的图象过点 (?1, ?6) , 且函数 g(x)=f ′(x)+6x 的图象关于 y 轴对称. (1)求 m、n 的值及函数 y=f(x)的单调区间; (2)若 a>0,求函数 y=f(x)在区间(a-1, a+1)内的极值.

1. 解:(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6), 1. 解:(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6), 解:(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6), 1. 解:(1)由函数 f(x)的图象过点(-1,-6), 1. 得 m-n=-3.① 得 m-n=-3.① 得 m-n=-3.① 得 m-n=-3. 2 ① 3 33 22 +nx-2, 由 f(x)=x3+mx2+nx-2, 由 f(x)=x +mx 由 f(x)=x +mx +nx-2,

故 f(x)的单调递增区间是(-∞, 0)和(2,+∞); 0)和(2,+∞); f′(x)<0,得 0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, ′(x)<0,得 由 ′(x)<0,得 0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, 2). 由 ff ′(x)<0,得 0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, 2). f ′(x)<0,得 0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, 2). 由由 f′(x)<0,得0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, 2).2 由 ff ′(x)<0,得0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, 2). 由 0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0,

由 f(x)=x +mx +nx-2, 2 22+2mx+n, 得 fff′(x)=3x +2mx+n, 得 ′(x)=3x 得 ′(x)=3x +2mx+n, 2 则g(x)=f ′(x)+6x=3x22+(2m+6)x+n. g(x)=f ′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n. +(2m+6)x+n. 则 g(x)=f ′(x)+6x=3x +(2m+6)x+n. 则 则 g(x)=f ′(x)+6x=3x m ? 2m ? 6 ? 0, 而 g(x)的图象关于 y 轴对称,所以 ??22m??66??0, 而 g(x)的图象关于 轴对称,所以 ? 3m 而 g(x)的图象关于 y轴对称,所以 2? 22 0, 而 g(x)的图象关于yy轴对称,所以 22??33 ??36 ? 0, 所以 m=-3.代入①得 n=0. 所以 m=-3.代入①得 n=0. 所以 m=-3.代入①得 n=0. 所以 m=-3.代入①得n=0. 2 于是 f ′(x)=3x22-6x=3x(x-2). 22 于是 ffff′(x)=3x22-6x=3x(x-2). f ′(x)=3xx>2 或 x<0, f(x)的单调递增区间是(-∞, ′(x)=3x-6x=3x(x-2). 于是 ′(x)=3x -6x=3x(x-2). 于是 ′(x)=3x -6x=3x(x-2). 于是f ′(x)>0 得 2-6x=3x(x-2). 于是 ′(x)=3x -6x=3x(x-2). 于是 f′(x)=3x -6x=3x(x-2). 由 故 0)和(2,+∞);得x>2或 x<0,故f(x)的单调递增区间是(-∞, f′(x)>0 得 ′(x)>0 或 x<0, 由 ′(x)>0 得 x>2 或 x<0, 故 由 ff ′(x)>0 得 x>2 或 x<0, f(x)的单调递增区间是(-∞, 由由f′(x)>0 得 x>2 或 x<0, 故 f(x)的单调递增区间是(- 由 ff′(x)>0 得 x>2 或 x<0, 由 ′(x)>0 得 x>2 或 x<0, 由f(x)的单调递增区间是(-∞, 0)和(2,+∞); f ′(x)<0,得 0<x<2,故 f(x)的单调递减区间是(0, 2). 0)和(2,+∞); 0)和(2,+∞); 故 f(x)的单调递增区间是(-∞, 0)和(2,+∞); 故 f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);

(2)解:由(1)可知 f ( x) ? x 3 ? 3 x 2 ? 2,
得 f ?( x ) ? 3 x( x ? 2),

①当 0 ? a ? 1时, ② 当 a ? 1时, ③当 1 ? a ? 3时,

④当 a ≥ 3时,

综上可得,

1.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 极小值点个数为 1 .

x 1 , ??)? 2 的取值范围是 ( 2 .

2.函数 f ( x) ? ax ? 1 (a 为常数)在 (?2, 2) 内为增函数,则实数 a

f??(x))? 2a ? 1 2a≥0 在 ((?2, 2) 上恒成立,即 a ≥ 1 . 1 x ? 2a ? 1 ≥ 1 在 ?2, 2) 上恒成立,即 a ≥ 1 . f ( f ?( xx ? 2)2 ? 0 ≥ 0 在 (?2, 2) 上恒成立,即2 ≥ . )? 2)2 3. (A) 2a 2 ((x ? ( x ? 2) 2 2a ? 1 1 当a ? 1 时, ff??(x ))? 2a ? 1 2 ? 0 恒成立, a ? 1 时, ( x ? 2a ? 1 ? 0 恒成立, 当 当 a ? 2 时, f ?( x ) ? ((x ? 2) 2 ? 0 恒成立, 2 x ? 2)2 2 ( x ? 2) 1 1 所以当a ? 1 时,函数 ff ((x ))不是增函数,故 a ? 1 . a ? 1 时,函数 x 不是增函数,故 a ? 1 . 所以当 所以当 a ? 2 时,函数 f ( x ) 不是增函数,故 a ? 2 . 2 2 2 2

3.若函数 f ( x) ? x3 ? ax2 ? 1 在 (0, 2) 内单调递减,则实 数 a 的取值范围为

a ≥ 3. 因为 ff??x ?? x 33? ax22 ? 1 在 (0, 2) 内单调递减, 因为 x ? ? ? x 3 ? ax 2 ? 1 在 (0, 2) 内单调递减, 因为 f ?x ? x ? ax ? 1 在 (0, 2) 内单调递减,
? ff?(( x)? 3x22? 2ax ≤ 0 在 (0, 2) 上恒成立 , x) ? f ??( x) ? 3x 2 ? 2ax ≤ 0 在 (0, 2) 上恒成立 , ? ? 3x ? 2ax ≤ 0 在 (0, 2) 上恒成立 , 3 x 恒成立,因此 a ≥ 3 .选 A. 即 a ≥ 33x 恒成立,因此 a ≥ 3 .选 A. 即 a ≥2 x 恒成立,因此 a ≥ 3 .选 A. 即 a≥2 2

y极小值= 4 函数 y=(x2-1)3+1 的极值是__________. 0 y

o 1 y? =6x(x2-1)2= 6x(x+1)2(x-1)2.
-1

x

∴当 x=0 时, y有极小值, 且 y极小值= f(0) = 0.

走进高考
1.(2008 广东)设 a∈R,若函数 y=ex+ax,x∈R x x ∵y=e +ax,∴y′=e +a. a ? ?1 . 有大于零的极值点,则 a 的取值范围是
xx x 当 a≥0 时,y∴y′=ex+a. ∵y=e +ax, y′=e +a. ∵y=e +ax,∴不可能有极值点,故 a<0.
x x

a.

有极值点,故 +a=0 得不可能有极值点,故 a<0. 由 e a<0. 当 a≥0 时,y e =-a,∴x=ln(-a), 当 a≥0 时,y 不可能有极值点,故 a<0.

∴x=ln(-a)即为函数的极值点, 由 exx+a=0得 exx=-a,∴x=ln(-a), 由 e +a=0 ,∴x=ln(-a), 得 e =-a,∴x=ln(-a),

∴ln(-a)>0, 即 ln(-a)>ln 1,∴ ∴ ∴x=ln(-a)即为函数的极值点, a<-1. 的极值点, x=ln(-a)即为函数的极值点,

a)>ln 1,∴a<-1.

∴ln(-a)>0, ∴ln(-a)>0,

即 ln(-a)>ln 1,∴a<-1. 即 ln(-a)>ln 1,∴a<-1.

走进高考
2. (2008 湖北)若 f ( x) ? ? 1 x 2 ? b ln( x ? 2) 在 (?1, ??) 上 是减函数,则 b 的取值范围是 (??, ?1] .

2

解: f ?( x) ? ? x ? b ≤ 0 在 x ? (?1, ??) 上恒成立, b f ?( x) ? ? x ? x ? 2 ≤ 0 在 x ? (?1, ??) 上恒成立, x?2 即 b ≤ x( x ? 2) 在 x ? (?1, ??) 上恒成立.

令g( x ) ? x( x ? 2), 则 g( x ) ? (?1, ??),

? b ≤ ?1.


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