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导数热点问题一

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用导数研究函数单调性、极（最）值问题

导数研究函数单调性、极（最）值问题

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热点一

利用导数研究函数的单调性问题

函数的单调性是函数在定义域内的局部性质，因此利用导数讨论函数的单调性时，要先研究函数的定义域，再利用导数f′(x)在定义域内的符号来判断函数的单调性.这类问题主要有两种考查方式：(1)判断函数f(x)的单调性或求单调区间；(2)利用函数的单调性或单调区间，求参数的范围.

【例1】

(2016·济南模拟)已知函数f(x)＝x2e－ax，a∈R. (1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程；

(2)讨论f(x)的单调性. 解

(1)因为当a＝1时，f(x)＝x2e－x，f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，

所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e. 从而y＝f(x)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e. (2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax. ①当a＝0时，若x＜0，则f′(x)＜0，若x＞0，

则f′(x)＞0. 所以当a＝0时，函数f(x)在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增

函数. 2②当a＞0时，由2x－ax2＜0，解得x＜0或x＞a，由2x－ax2＞0，解得0＜x学生活动或师生互动

2＜a. 22所以f(x)在区间(－∞，0)与a，＋∞上为减函数，在0，a上为增函数. 22③当a＜0时，由2x－ax2＜0，解得a＜x＜0，由2x－ax2＞0，解得x＜a或x＞0. 22所以，当a＜0时，函数f(x)在区间－∞，a，(0，＋∞)上为增函数，在区间a，0上为减函数. 综上所述，当a＝0时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；

22当a＞0时，f(x)在(－∞，0)，a，＋∞上单调递减，在0，a上单调递增；

22当a＜0时，f(x)在a，0上单调递减，在－∞，a，(0，＋∞)上单调递增. 探究提高

(1)判断函数的单调性，求函数的单调区间、极值等问题，最终归结到判断f′(x)的符号问题上，而f′(x)＞0或f′(x)＜0，最终可转化为一个一元一次或一元二次不等式问题.若含参数，则含参数的二次不等式的解法常常涉及到参数的讨论问题，只要把握好下面的四个“讨论点”，一切便迎刃而解.分类标准一：二次项系数是否为零，目的是讨论不等式是否为二次不等式；分类标准二：二次项系数的正负，目的是讨论二次函数图象的开口方向；分类标准三：判别式的正负，目的是讨论二次方程是否有解；分类标准四：两根差的正负，目的是比较根的大小.(2)若已知f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题. 【训练1】

已知函数f(x)＝exln x－aex(a≠0). (1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－ey－1＝0垂直，求实数a的值；

(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调函数，求实数a的取值范围. 11解

(1)f′(x)＝exln x＋ex·x－aex＝(x－a＋ln x)ex(x＞0)，f′(1)＝(1－a)e，由(11－a)e·e＝－1得a＝2. 1(2)由(1)知f′(x)＝(x－a＋ln x)ex(x＞0)，

1若f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，则f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，即x1－a＋ln x≤0，所以a≥x＋ln x.

1令g(x)＝x＋ln x(x＞0)，

11x－1则g′(x)＝－2＋＝2

xxx由g′(x)＞0，得x＞1，g′(x)＜0，得0＜x＜1，

故函数g(x)在(0，1]上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，

1则x＋ln x→∞，g(x)无最大值，

∴f′(x)≤0在(0，＋∞)上不恒成立，故f(x)在(0，＋∞)不可能是单调减函数，

1若f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，则f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即x－1a＋ln x≥0，所以a≤＋ln x，

x1由前面推理知，g(x)＝x＋ln x的最小值为1，

∴a≤1，故a的取值范围是(－∞，1]. 热点二

利用导数研究函数的极(最)值

求解极(最)值问题，首先，要理解函数极值的概念，需要清楚导数为零的点不一定是极值点，只有在该点两侧导数的符号相反，即函数在该点两侧的单调性相反时，该点才是函数的极值点；其次，要区分极值与最值，函数的极值是一个局部概念，而最值是某个区间的整体性概念.该类问题命题的主要方式有：(1)求解函数的极(最)值；(2)利用函数的极(最)值求参数的取值范围. [考查角度一]

运用导数求函数的极(最)值

x2【例2－1】

设函数f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝ex. 已知曲线y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行. (1)求a的值；

(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；

(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值. 解

(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，

a1又f′(x)＝ln x＋x＋1，即ln 1＋a＋1＝2，所以a＝1. (2)由(1)知f(x)＝(x＋1)ln x，

当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根.

x2设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－ex，

当x∈(0，1]时，h(x)＜0. 44又h(2)＝3ln 2－e2＝ln 8－e2＞1－1＝0，

所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0. x（x－2）1因为h′(x)＝ln x＋x＋1＋，

ex1所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－e＞0，

当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，

所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，

所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根. (3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0. 且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，

x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，

（x＋1）ln x，x∈（0，x0]，所以m(x)＝x2

x，x∈（x0，＋∞）.e当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；

1若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln x＋x＋1＞0，

可知0＜m(x)≤m(x0)；故m(x)≤m(x0). 当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝x（2－x），

ex可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；

x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；

4可知m(x)≤m(2)＝e2，且m(x0)＜m(2). 4综上可得，函数m(x)的最大值为e2. [考查角度二]

根据函数的极(最)值求参数的范围

【例2－2】

(2015·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；

(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围. (1)证明

f′(x)＝m(emx－1)＋2x，

若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；

当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0. 若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；

当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0. 所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增. (2)解

由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤ef（1）－f（0）≤e－1，－1的充要条件是

f（－1）－f（0）≤e－1，me－m≤e－1，即－m①

e＋m≤e－1.设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1. 当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0. 故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0. 当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；

当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，

即em－m＞e－1；

当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1. 综上，m的取值范围是[－1，1]. 探究提高

(1)求函数的极值时，首先确定函数的定义域，对函数求导并求出极值点，讨论函数的单调性以便进一步确定函数的极值，同时需要注意极值点两端的导函数值的符号.

(2)研究函数的最值，要将函数的极值与函数在相应区间端点函数值进行比较，并重视分类讨论思想与化归思想方法的活用. ex2【训练2】

设函数f(x)＝x2－kx＋ln x(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数). (1)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；

(2)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围. 解

(1)函数y＝f(x)的定义域为(0，＋∞). x2ex－2xex21f′(x)＝－k－x2＋x

x4xex－2exk（x－2）（x－2）（ex－kx）＝x3－＝. x2x3

由k≤0可得ex－kx＞0，

所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，函数y＝f(x)单调递减，

x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数y＝f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0，2]，单调递增区间为[2，＋∞). (2)由(1)知，k≤0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，

故f(x)在(0，2)内不存在极值点；

当k＞0时，设函数g(x)＝ex－kx，x∈[0，＋∞). 因为g′(x)＝ex－k＝ex－eln k，

当0＜k≤1时，

当x∈(0，2)时，g′(x)＝ex－k＞0，y＝g(x)单调递增. 故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；

当k＞1时，得x∈(0，ln k)时，g′(x)＜0，函数y＝g(x)单调递减. x∈(ln k，＋∞)时，g′(x)＞0，函数y＝g(x)单调递增. 所以函数y＝g(x)的最小值为g(ln k)＝k(1－ln k). 函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当

g（ln k）＜0，eg（2）＞0，解得e＜k＜2，综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值0＜ln k＜2，22e点时，k的取值范围为e，2. g（0）＞0，

分层练习267 作业

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