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２８ ５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）§３．２ 导数的应用对应学生用书起始页码Ｐ４６考点一导数与函数的单调性高频考点 导数与函数的单调性设函数ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内可导，ｆ′（ｘ）是ｆ（ｘ）的导数，则ｆ′（ｘ）＞０ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内单调递增ｆ′（ｘ）＜０ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内单调递减ｆ′（ｘ）＝０ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内为常数函数 注：（１）ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内可导为此规律成立的一个前提条件；（２）对于在（ａ，ｂ）内可导的函数ｆ（ｘ）来说，ｆ′（ｘ）＞０是ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）上为递增函数的充分不必要条件；ｆ′（ｘ）＜０是ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）上为递减函数的充分不必要条件．例如：ｆ（ｘ）＝ｘ３在整个定义域Ｒ上为增函数，但ｆ′（ｘ）＝３ｘ２，ｆ′（０）＝０，所以在ｘ＝０处并不满足ｆ′（ｘ）＞０，即并不是在定义域中的任意一点都满足ｆ′（ｘ）＞０．（３）ｆ（ｘ）在Ｉ上单调递增，则ｆ′（ｘ）≥０在Ｉ上恒成立；ｆ（ｘ）在Ｉ上单调递减，则ｆ′（ｘ）≤０在Ｉ上恒成立．考点二导数与函数的极值和最值高频考点 １．函数的极值定义设函数ｆ（ｘ）在点ｘ０附近有定义，如果对ｘ０附近的所有的点，都有ｆ（ｘ）＜ｆ（ｘ０），则ｆ（ｘ０）是函数ｆ（ｘ）的一个极大值，记作ｆ（ｘ）极大值＝ｆ（ｘ０）；如果对ｘ０附近的所有的点，都有ｆ（ｘ）＞ｆ（ｘ０），则ｆ（ｘ０）是函数ｆ（ｘ）的一个极小值，记作ｆ（ｘ）极小值＝ｆ（ｘ０）．极大值与极小值统称为极值续表结论设函数ｆ（ｘ）在点ｘ０处连续．（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；（２）如果在ｘ０附近的左侧ｆ′（ｘ）＜０，右侧ｆ′（ｘ）＞０，那么ｆ（ｘ０）是极小值；（３）如果在ｘ０附近的左、右两侧导数值同号，那么ｆ（ｘ０）不是极值用导数求函数极值的步骤（１）求ｆ′（ｘ）；（２）求方程ｆ′（ｘ）＝０的根；（３）判断ｆ′（ｘ）在方程的根的左、右两侧值的符号；（４）利用结论写出极值 注：（１）在函数的整个定义域内，函数的极值不一定唯一，在整个定义域内可能有多个极大值和极小值；（２）极大值与极小值没有必然关系，极大值可能比极小值还小；（３）导数等于零的点不一定是极值点．２．函数的最值（１）函数的最大值与最小值：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；但在开区间（ａ，ｂ）内连续的函数ｆ（ｘ）不一定有最大值与最小值．（２）设函数ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上连续，在（ａ，ｂ）内可导，求ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上的最大值与最小值的步骤如下：①求ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内的极值；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．对应学生用书起始页码Ｐ４７一、利用导数解决函数的单调性问题 １．导数法求函数单调区间的一般步骤：求定义域→求导数ｆ′（ｘ）→求ｆ′（ｘ）＝０在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定ｆ′（ｘ）在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性２．导数法判断函数ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内的单调性的步骤：（１）求ｆ′（ｘ）．（２）确定ｆ′（ｘ）在（ａ，ｂ）内的符号．（３）作出结论：ｆ′（ｘ）＞０时，ｆ（ｘ）为增函数，ｆ′（ｘ）＜０时，ｆ（ｘ）为减函数．注：①ｙ＝ｆ（ｘ）在某区间上若满足ｆ′（ｘ）＞０，那么ｆ（ｘ）为该区间上的增函数．②对于函数ｆ（ｘ）在某区间上单调递增（或单调递减），则应有ｆ′（ｘ）≥０（或ｆ′（ｘ）≤０）在该区间上恒成立．已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ３－ａｘ－１．（１）讨论ｆ（ｘ）的单调性；（２）若ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数，求实数ａ的取值范围．解析 （１）ｆ（ｘ）的定义域为Ｒ．ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－ａ．①当ａ≤０时，ｆ′（ｘ）≥０，所以ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上为增函数．②当ａ＞０时，令３ｘ２－ａ＝０，得ｘ＝±３ａ３，当ｘ＞３ａ３或ｘ＜－３ａ３时，ｆ′（ｘ）＞０；当－３ａ３＜ｘ＜３ａ３时，ｆ′（ｘ）＜０．因此ｆ（ｘ）在－∞，－３ａ３æèçöø÷，３ａ３，＋∞æèçöø÷上为增函数，在－３ａ３，３ａ３æèçöø÷上为减函数．综上可知，当ａ≤０时，ｆ（ｘ）在Ｒ上为增函数；当ａ＞０时，ｆ（ｘ）在－∞，－３ａ３æèçöø÷，３ａ３，＋∞æèçöø÷上为增函数，在－３ａ３，３ａ３æèçöø÷上为减函数．（２）因为ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上是增函数，所以ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－ａ≥０在（－∞，＋∞）上恒成立，即ａ≤３ｘ２对ｘ∈Ｒ恒成立．第三章 导数及其应用２９ 因为３ｘ２≥０，所以只需ａ≤０．当ａ＝０时，ｆ′（ｘ）＝３ｘ２≥０，ｆ（ｘ）＝ｘ３－１在Ｒ上是增函数．所以实数ａ的取值范围为（－∞，０］． １－１ （２０１９苏州期中，１４）函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ｜ｘ－ａ｜在（－１，２）上单调递增，则实数ａ的取值范围是 ．１－１答案 （－∞，－１］∪［３，＋∞）解析 因为函数ｆ（ｘ）在（－１，２）上单调递增，ｆ（ａ）＝０，所以ａ∉（－１，２）．（１）ａ≤－１时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ｘ－ａ），ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ｘ－ａ＋１），此时ｆ′（ｘ）≥０，即∀ｘ∈（－１，２），ｇ（ｘ）＝ｘ－ａ＋１≥０⇒ｇ（－１）＝－ａ≥０⇒ａ≤０，因此ａ≤－１．（２）ａ≥２时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ（ａ－ｘ），ｆ′（ｘ）＝ｅｘ（ａ－ｘ－１），此时ｆ′（ｘ）≥０，∀ｘ∈（－１，２），ｈ（ｘ）＝－ｘ＋ａ－１≥０⇒ｈ（２）＝ａ－３≥０⇒ａ≥３．综上，ａ∈（－∞，－１］∪［３，＋∞）．一题多解 一题多解一：ｆ（ｘ）＝ｅａ·ｅｘ－ａ｜ｘ－ａ｜，设ｔ＝ｘ－ａ，则ｙ＝ｅａ·ｅｔ｜ｔ｜＝ｅａ·｜ｔｅｔ｜，由题意可知，ｙ＝ｅａ·｜ｔｅｔ｜在（－１－ａ，２－ａ）上单调递增．ｙ＝｜ｔｅｔ｜大致图象如下：所以，只要２－ａ≤－１或－１－ａ≥０即可，解得ａ≤－１或ａ≥３．故实数ａ的取值范围是（－∞，－１］∪［３，＋∞）．一题多解二：ｆ（ｘ）＝ｅｘ｜ｘ－ａ｜＝｜ｅｘ（ｘ－ａ）｜，令ｇ（ｘ）＝ｅｘ（ｘ－ａ），ｇ′（ｘ）＝ｅｘ（ｘ－ａ＋１），ｘ＜ａ－１时，ｇ′（ｘ）＜０，ｘ＞ａ－１时，ｇ′（ｘ）＞０，所以ｇ（ｘ）≥ｇ（ａ－１）＝－ｅａ－１＜０，所以满足①２≤ａ－１；②ａ≤－１，故ａ≤－１或ａ≥３．综上，ａ∈（－∞，－１］∪［３，＋∞）． １－２ 已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ３－ａｘ－１．（１）若ｆ（ｘ）在区间（１，＋∞）上为增函数，求ａ的取值范围；（２）若ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上为减函数，求ａ的取值范围；（３）若ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上不单调，求ａ的取值范围．１－２解析 （１）因为ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－ａ，且ｆ（ｘ）在区间（１，＋∞）上为增函数，所以ｆ′（ｘ）≥０在（１，＋∞）上恒成立，即３ｘ２－ａ≥０在（１，＋∞）上恒成立，所以ａ≤３ｘ２在（１，＋∞）上恒成立，所以ａ≤３，即ａ的取值范围为（－∞，３］．（２）由题意得ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－ａ≤０在（－１，１）上恒成立，得ａ≥３ｘ２在（－１，１）上恒成立．因为－１＜ｘ＜１，所以３ｘ２＜３，所以ａ≥３．所以ａ的取值范围为［３，＋∞）．（３）令ｆ′（ｘ）＝０，得ｘ＝±３ａ３（ａ≥０）．∵ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上不单调，∴０＜３ａ３＜１，得０＜ａ＜３，即ａ的取值范围为（０，３）． １－３ 已知ａ≥２，函数ｓｉｎｘ·ｆ（ｘ）＞０的解集是Ｆ（ｘ）＝ｍｉｎ｛ｘ３－ｘ，ａ（ｘ＋１）｝．（１）若ａ＝２，求Ｆ（ｘ）的单调递减区间；（２）求函数Ｆ（ｘ）在［－１，１］上的最大值．１－３解析 （１）若ａ＝２，则ｘ３－ｘ－ａ（ｘ＋１）＝ｘ３－ｘ－２（ｘ＋１）＝（ｘ＋１）（ｘ２－ｘ－２）＝（ｘ＋１）２（ｘ－２），所以Ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｘ，ｘ≤２，２（ｘ＋１），ｘ＞２．{（３分）当ｘ≤２时，Ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－１＝３ｘ＋３３æèçöø÷ｘ－３３æèçöø÷，由Ｆ′（ｘ）＜０，得－３３＜ｘ＜３３，所以Ｆ（ｘ）在区间－３３，３３æèçöø÷上单调递减．（６分）当ｘ＞２时，Ｆ（ｘ）＝２ｘ＋２在区间（２，＋∞）上单调递增，所以，Ｆ（ｘ）的单调递减区间是－３３，３３æèçöø÷．（７分）（２）令ｇ（ｘ）＝ｘ３－ｘ－ａ（ｘ＋１）＝（ｘ＋１）（ｘ２－ｘ－ａ）．（９分）当－１≤ｘ≤１时，ｘ＋１≥０，又ａ≥２，所以ｘ２－ｘ－ａ≤０，故ｇ（ｘ）≤０，所以Ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｘ．（１３分）由Ｆ′（ｘ）＝３ｘ２－１＝０，得ｘ＝±３３，所以函数Ｆ（ｘ）在区间－１，－３３æèçöø÷和３３，１æèçöø÷上单调递增，在区间－３３，３３æèçöø÷上单调递减，所以Ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｍａｘＦ－３３æèçöø÷，Ｆ（１）{}＝ｍａｘ２３９，０{}＝２３９．（１５分）二、利用导数解决函数的极值、最值问题 １．解决函数极值问题的一般思路求ｆ（ｘ）的定义域求导函数ｆ′（ｘ）↓↓求极值解方程ｆ′（ｘ）＝０↓验根附近的左右两侧ｆ′（ｘ）的符号↓极值↓用极值知方程ｆ′（ｘ）＝０根的情况↓得关于参数的方程（不等式）↓参数值（范围）↓２．求连续函数ｙ＝ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上的最大值与最小值的步骤（１）求函数ｙ＝ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内的极值；（２）将函数ｙ＝ｆ（ｘ）的各极值与端点处的函数值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．在闭区间［ａ，ｂ］上连续的函数ｆ（ｘ）的最大（小）值，是开区间（ａ，ｂ）内所有极大（小）值与端点处函数值ｆ（ａ）、ｆ（ｂ）中的最大（小）值．函数的最大（小）值与函数的单调性密不可分，研究函数的最值，一般先研究导函数的符号，进而确定函数的单调性，最后求函数的最值．已知函数ｆ（ｘ）＝１３ｘ３＋１２ａｘ２＋ｂｘ（ａ，ｂ∈Ｒ）．（１）若函数ｆ（ｘ）在（０，２）上存在两个极值点，求３ａ＋ｂ的取值范围；（２）当ａ＝０，ｂ≥－１时，求证：对任意的实数ｘ∈［０，２］，｜ｆ（ｘ）｜≤２ｂ＋８３恒成立．３０ ５年高考３年模拟Ｂ版（教师用书）解题导引（１）由导函数在区间（０，２）上有两个不同的极值点，得关于ａ，ｂ的不等式组→由线性规划得结论（２）分ｂ≥０和－１≤ｂ＜０，利用导数判断函数的单调性→利用最值和分析法证明｜ｆ（ｘ）｜ｍａｘ≤２ｂ＋８３解析 （１）ｆ′（ｘ）＝ｘ２＋ａｘ＋ｂ，由已知可得ｆ′（ｘ）在（０，２）上存在两个不同的零点，故有ｆ′（０）＞０，ｆ′（２）＞０，Δ＞０，－ａ２∈（０，２），ìîíïïïïïï即ｂ＞０，２ａ＋ｂ＋４＞０，ａ２－４ｂ＞０，ａ∈（－４，０），ìîíïïïï令ｚ＝３ａ＋ｂ，画出不等式组表示的平面区域（如图中阴影部分所示）．由图可知－８＜ｚ＜０，故３ａ＋ｂ的取值范围为（－８，０）．（２）证明：当ａ＝０，ｂ≥－１时，ｆ（ｘ）＝１３ｘ３＋ｂｘ（ｂ≥－１，ｘ∈［０，２］），所以ｆ′（ｘ）＝ｘ２＋ｂ，当ｂ≥０时，ｆ′（ｘ）≥０在［０，２］上恒成立，则ｆ（ｘ）在［０，２］上单调递增，故０＝ｆ（０）≤ｆ（ｘ）≤ｆ（２）＝２ｂ＋８３，所以｜ｆ（ｘ）｜≤２ｂ＋８３；当－１≤ｂ＜０时，由ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝－ｂ∈（０，２），则ｆ（ｘ）在［０，－ｂ］上单调递减，在（－ｂ，２］上单调递增，所以ｆ（－ｂ）≤ｆ（ｘ）≤ｍａｘ｛ｆ（０），ｆ（２）｝．因为ｆ（０）＝０，ｆ（２）＝２ｂ＋８３＞０，ｆ（－ｂ）＝２３ｂ－ｂ＜０，所以要证｜ｆ（ｘ）｜≤２ｂ＋８３，只需证－２３ｂ－ｂ≤２ｂ＋８３，即证－ｂ（－ｂ＋３）≤４，因为－１≤ｂ＜０，所以０＜－ｂ≤１，３＜－ｂ＋３≤４，所以－ｂ（－ｂ＋３）≤４成立．综上所述，对任意的实数ｘ∈［０，２］，｜ｆ（ｘ）｜≤２ｂ＋８３恒成立． ２－１ 已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ａｘ２＋ｂｘ＋ａ２（ａ，ｂ∈Ｒ）在ｘ＝１处的极值为１０，则ａ＝ ，ｂ＝ ．２－１答案 ４；－１１解析