函数、导数、不等式专题：第1部分专题1第3讲

高考定位主要考查导数的几何意义、导数的四则运算及利用导数求函数的单调区间及求解极值与最值，多与含参不等式相结合．1．利用公式求导时，一定要注意公式的适用范围及符号，如(xn)′＝nxn－1，其中n∈Q，(cosx)′＝－sinx.2．如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用逗号或“和”字隔开．3．可导函数在闭区间[a，b]上的最值，就是函数在该区间上的极值及端点值中的最大值与最小值．4．可导函数极值的理解 (1)函数在定义域上的极大值与极小值的大小关系不确定，也有可能极小值大于极大值； (2)对于可导函数f(x)，“f(x)在x＝x0处的导数f′(x)＝0”是“f(x)在x＝x0处取得极值”的必要不充分条件； (3)注意导函数的图象与原函数图象的关系，导函数由正变负的零点是原函数的极大值点，导函数由负变正的零点是原函数的极小值点.热点聚焦·题型突破归纳总结·思维升华第3讲导数与函数的单调性、极值与最值的基本问题热点一利用导数讨论含参函数的单调性

【例1】(2014·南京一模改编)已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ax2＋bx＋1(a，bR)．

(1)若a≠0，则a，b满足什么条件时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝0处总有相同的切线？

(2)当a＝1时，求函数h(x)＝的单调递减区间．

解(1)f′(x)＝ex，f′(0)＝1，又f(0)＝1，

y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y＝x＋1.

又g′(x)＝2ax＋b，g′(0)＝b，又g(0)＝1，

y＝g(x)在x＝0处的切线方程为y＝bx＋1.

当a≠0，aR且b＝1时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝0处总有相同的切线．

(2)由a＝1，得h(x)＝，

h′(x)＝

＝－，

由h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝1－b，

当b＞0时，函数h(x)的单调递减区间为(－∞，1－b)，(1，＋∞)；

当b＝0时，函数h(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)；

当b＜0时，函数h(x)的单调递减区间为(－∞，1)，(1－b，＋∞)．

规律方法讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．

【训练1】(2014·广东卷)已知函数f(x)＝x3＋x2＋ax＋1(aR)．求函数f(x)的单调区间．

解f′(x)＝x2＋2x＋a开口向上，

方程x2＋2x＋a＝0的判别式Δ＝4－4a＝4(1－a)，

若a≥1，则Δ≤0，f′(x)＝x2＋2x＋a≥0恒成立，

f(x)在R上单调递增．

若a＜1，则Δ＞0，方程x2＋2x＋a＝0有两个不同的实数根，x1＝－1－，x2＝－1＋，

当x＜x1或x＞x2时，f′(x)＞0；当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0，

f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)；单调递减区间为(－1－，－1＋)．

综上所述，当a≥1时，f(x)在R上单调递增；

当a＜1时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－1－)和(－1＋，＋∞)，

f(x)的单调递减区间为(－1－，－1＋)．

热点二利用导数讨论含参函数的极值与最值

[微题型1]求含参函数的极值

【例2－1】(2014·陕西高三质检)已知函数f(x)＝x－1＋(aR，e为自然对数的底数)．

(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值．

(2)求函数f(x)的极值．

解(1)由f(x)＝x－1＋，得f′(x)＝1－，

又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝0，

即1－＝0，解之得a＝e.

(2)f′(x)＝1－，

当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．

当a＞0时，令f′(x)＝0，

得ex＝a，x＝lna.

当x(－∞，lna)时，f′(x)＜0；

当x(lna，＋∞)时，f′(x)＞0，

所以f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，

故f(x)在x＝lna处取得极小值，且极小值为f(lna)＝lna，无极大值．

综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，f(x)在x＝lna处取得极小值lna，无极大值．

探究提高含参数函数的极值、最值问题是历年高考命题的重点，解决此类问题的关键在于准确确定分类讨论的依据．

[微题型2]求含参函数在某个闭区间上的最值

【例2－2】设函数f(x)＝x3－kx2＋x(kR)．

(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；

(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.

解f′(x)＝3x2－2kx＋1.

(1)当k＝1时，f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8＜0，

所以f′(x)＞0恒成立，故f(x)在R上单调递增．

故函数f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间．

(2)法一当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，f′(x)的图象开口向上，对称轴为x＝，且过点(0,1)．

当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0时，

f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增．

从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k.

当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.

当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)＞0，即k＜－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0，

解得x1＝，x2＝，注意到k＜x2＜x1＜0，

(注：可用根与系数的关系判断，由x1·x2＝，x1＋x2＝＞k，从而k＜x2＜x1＜0；或者由对称结合图象判断)

所以m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}．

因为f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)＞0，

所以f(x)的最小值m＝f(k)＝k.

因为f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－k3－k·k2－k)＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0，

所以f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.

综上所述，当k<0时，f(x)在[k，－k]上的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.

法二当k＜0时，对x∈[k，－k]，都有

f(x)－f(k)＝x3－kx2＋x－k3＋k3－k＝(x2＋1)(x－k)≥0，故f(x)≥f(k)；

f(x)－f(－k)＝x3－kx2＋x＋k3＋k3＋k＝(x＋k)(x2－2kx＋2k2＋1)＝(x＋k)[(x－k)2＋k2＋1]≤0，

故f(x)≤f(－k)．而f(k)＝k＜0，f(－k)＝－2k3－k＞0，

所以f(x)max＝f(－k)＝－2k3－k，f(x)min＝f(k)＝k.

探究提高由于含有参数k，所以需要对其进行分类讨论．如果结合函数图象，我们可得当x＝k时f(x)最小，x＝－k时f(x)最大，此时只需证明f(k)≤f(x)≤f(－k)即可，这样就避免了分类讨论．

【训练2】(2014·江西卷)已知函数f(x)＝(4x2＋4ax＋a2)，其中a＜0.

(1)当a＝－4时，求f(x)的单调递增区间；

(2)若f(x)在区间[1,4]上的最小值为8，求a的值．

解(1)当a＝－4时，由f′(x)＝＝0得x＝或x＝2，由f′(x)＞0得x(0，)或x(2，＋∞)，

故函数f(x)的单调递增区间为(0，)和(2，＋∞)．

(2)因为f′(x)＝，a＜0，由f′(x)＝0得x＝－或x＝－.

当x(0，－)时，f(x)单调递增．

当x时，f(x)单调递减；

当x(－，＋∞)时，f(x)单调递增．

易知f(x)＝(2x＋a)2≥0，且f(－)＝0.

①当－≤1时，即－2≤a＜0时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(1)，由f(1)＝4＋4a＋a2＝8，得a＝±2－2，均不符合题意．

当1＜－≤4时，即－8≤a＜－2时，f(x)在[1,4]上的最小值为f(－)＝0，不符合题意．

当－＞4时，即a＜－8时，f(x)在[1,4]上的最小值可能在x＝1或x＝4处取得，而f(1)≠8，由f(4)＝2(64＋16a＋a2)＝8得a＝－10或a＝－6(舍去)，当a＝－10时，f(x)在(1,4)单调递减，f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)＝8，符合题意．

综上有，a＝－10.