2016屆高三數(shù)學一輪復習第2篇11節(jié)導數(shù)在研究函數(shù)中應(yīng)用課件理

第11節(jié)導數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用最新考綱2.了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件1.了解函數(shù)的單調(diào)性與導和充分條件;會用導數(shù)求函數(shù)的極大值、數(shù)的關(guān)系;能利用導數(shù)研究極小值(其中多項式函數(shù)不超過三次);會函數(shù)的單調(diào)性,會求函數(shù)的求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)多項式函數(shù)不超過三次).不超過三次).3.會利用導數(shù)解決實際問題.編寫意圖利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及極值(最值)、結(jié)合單調(diào)性與不等式恒成立情況求參數(shù)范圍是高考命題的熱點,常與基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)、解析幾何、不等式、方程等交匯命題,主要考查轉(zhuǎn)化與化歸思想、分類討論思想的應(yīng)用,題型主要以解答題為主,屬中高檔題.本節(jié)圍繞高考命題的規(guī)律進行設(shè)點選題,重點突出利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用導數(shù)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間、利用導數(shù)研究函數(shù)的極值與最值以及利用導數(shù)解決生活中的最優(yōu)化問題,難點突破含參函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值問題,利用函數(shù)的單調(diào)性或極值與最值情況確定參數(shù)的取值或取值范圍,分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用,答題模板欄目突破了利用導數(shù)確定函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟,規(guī)范了思維,序化了答題.課時訓練以考查基礎(chǔ)知識、基本方法和基本技能為主,精挑細選,立題新穎,題題都有可能會是高考命題的再生點.考點突破規(guī)范答題夯基固本夯基固本抓主干

固雙基知識梳理1.函數(shù)的單調(diào)性與導數(shù)(1)函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導①若f′(x)>0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增;②若f′(x)<0,則f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減

;③如果在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)=0,則f(x)為常函數(shù).

(2)單調(diào)性的應(yīng)用若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)上單調(diào),則y=f′(x)在該區(qū)間上不變號.質(zhì)疑探究1:若函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,那么一定有

f′(x)>0嗎?f′(x)>0是否是f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增的充要條件?(提示:函數(shù)f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增,則f′(x)≥0,f′(x)>0是f(x)在(a,b)內(nèi)單調(diào)遞增的充分不必要條件)2.函數(shù)的極值與導數(shù)(1)函數(shù)極小值的概念①函數(shù)y=f(x)在點x=a處的函數(shù)值f(a)比它在點x=a附近其他點的函數(shù)值都小;②f′(a)=0;③在點x=a附近的左側(cè)

f′(x)<0

,右側(cè)f′(x)>0

;則點x=a叫做函數(shù)y=f(x)的極小值點,f(a)叫做函數(shù)y=f(x)的極小值.(2)函數(shù)極大值的概念①函數(shù)y=f(x)在點x=b處的函數(shù)值f(b)比它在點x=b附近其他點的函數(shù)值都大;②f′(b)=0;③在點x=b附近的左側(cè)

f′(x)>0

f′(x)<0

;,右側(cè)則點x=b叫做函數(shù)y=f(x)的

極大值點

,f(b)叫做函數(shù)y=f(x)的

極大值

;極小值點與極大值點統(tǒng)稱為

極值點

,極小值與極大值統(tǒng)稱為

極值

.質(zhì)疑探究2:f′(x0)=0是可導函數(shù)f(x)在x=x0處取極值的什么條件?(提示:必要不充分條件,因為當f′(x0)=0且x0左右兩端的導數(shù)符號變化時,才能說f(x)在x=x0處取得極值.反過來,如果可導函數(shù)f(x)在x=x0處取極值,則一定有f′(x0)=0)3.函數(shù)的最值與導數(shù)求函數(shù)y=f(x)在閉區(qū)間[a,b]上的最大值與最小值的步驟:(1)求y=f(x)在(a,b)內(nèi)的

極值

;(2)將函數(shù)y=f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較,其中最大

的一個為最大值,

最小

的一個為最小值.4.利用導數(shù)解決實際生活中的優(yōu)化問題

(1)分析實際問題中各變量之間的關(guān)系,建立實際問題的數(shù)學模型,寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)=f(x)并確定定義域;(2)求導數(shù)f′(x),解方程f′(x)=0;

(3)判斷使f′(x)=0的點是極大值點還是極小值點;(4)確定函數(shù)的最大值或最小值,還原到實際問題中作答.基礎(chǔ)自測1.(2014

哈爾濱模擬)函數(shù)y=

1

x2-ln

x

的單調(diào)遞減區(qū)間為(

)2(A)(-1,1](C)[1,+∞)(B)(0,1](D)(0,+∞)B解析:由題意知函數(shù)的定義域為(0,+∞),又由y′=x-1

≤0,解得0<x≤1.x2.函數(shù)y=xex

的最小值是()(A)-1 (B)-e (C)-1

(D)不存在e解析:y′=ex+x·ex,令y′=0,則x=-1,∵x<-1時,y′<0,x>-1時,y′>0,∴x=-1是函數(shù)的唯一極小值點,即為最小值點,Cmine∴x=-1

時,y =-

1

.3.從邊長為10

cm×16

cm的矩形紙板的四角截去四個相同的小正方形,制成一個無蓋的盒子,則盒子容積的最大值為(

C

)(A)12

cm3

(B)72

cm3

(C)144

cm3

(D)160

cm3解析:設(shè)盒子容積為y

cm3,盒子的高為x

cm.則y=(10-2x)(16-2x)x=4x3-52x2+160x(0<x<5),∴y′=12x2-104x+160.令y′=0,得x=2或x=20

(舍去),33∴ymax=6×12×2=144(cm

).故選C.4.已知

f(x)=x3-ax

在[1,+∞)上是增函數(shù),則

a

的最大值是

.解析:f′(x)=3x2-a≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≤3x2

在[1,+∞)上恒成立,所以a≤3.答案:35.給出下列命題:①f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充要條件.②函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)的極大值是唯一的.③函數(shù)的極大值不一定比極小值大.④對可導函數(shù)f(x),f′(x0)=0是x0

點為極值點的充要條件.⑤函數(shù)的最大值不一定是極大值,函數(shù)的最小值也不一定是極小值.其中真命題是

.(寫出所有真命題的序號)解析:①錯誤.f′(x)>0能推出f(x)為增函數(shù),反之不一定.如函數(shù)

f(x)=x3

在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增,但f′(x)≥0.所以f′(x)>0是f(x)為增函數(shù)的充分條件,但不是必要條件.②錯誤.一個函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)的極大值可以不止一個.③正確.一個函數(shù)的極大值與極小值沒有確定的大小關(guān)系,極大值可能比極小值大,也可能比極小值小.④錯誤.對可導函數(shù)f(x),f′(x0)=0只是x0

點為極值點的必要條件,如y=x3

在x=0時f′(0)=0,而函數(shù)在R上為增函數(shù),所以0不是極值點.⑤正確.當函數(shù)在區(qū)間端點處取得最值時,這時的最值不是極值.答案:③⑤考點突破剖典例

找規(guī)律考點一【例1】設(shè)函數(shù)f(x)=(x+a)eax(a∈R).求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-4,4)內(nèi)單調(diào)遞增,求a的取值范圍.利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性解:(1)f′(x)=(ax+a2+1)eax.當a>0時,f′(x)>0的解為(-a2

+1a,+∞),f′(x)<0的解為(-∞,-a2

+1a),函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-a2

+1a,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-a2

+1);a當a=0時,f′(x)=1,函數(shù)在(-∞,+∞)上單調(diào)遞增;當a<0時,函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-a2

+1a),單調(diào)遞減區(qū)間是(-a2

+1a,+∞).(2)根據(jù)(1),當a>0時,只要-a2

+1≤-4,即a2-4a+1≥0,a解得

0<a≤2-

3

或a≥2+

3

.當a=0時,函數(shù)在(-4,4)內(nèi)單調(diào)遞增;當a<0時,只要-a2

+1a≥4,即a2+4a+1≥0,解得

a≤-2-

3

或-2+

3≤a<0.綜上可知

a

的取值范圍是(-∞,-2-

3

]∪[-2+

3

,2-

3

]∪[2+3

,+∞).反思歸納由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的題型及求解策略根據(jù)f(x)在區(qū)間A上單調(diào)遞增(減),求參數(shù)取值范圍,轉(zhuǎn)化為f′(x)≥0(≤0)在A上恒成立問題求解;根據(jù)f(x)在區(qū)間A上存在單調(diào)遞增(減)區(qū)間,求參數(shù)取值范圍,轉(zhuǎn)化為f′(x)max>0(或f′(x)min<0)在A上成立求解;根據(jù)f(x)在區(qū)間A上為單調(diào)函數(shù),求參數(shù)取值范圍,轉(zhuǎn)化為f′(x)在A上不變號(即f′(x)≥0或f′(x)≤0在A上恒成立問題)求解;根據(jù)f(x)在區(qū)間A上不單調(diào),求參數(shù)取值范圍,轉(zhuǎn)化為方程

f′(x)=0在A上無重復的實數(shù)根問題求解.提醒:含有字母參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性需要根據(jù)參數(shù)的取值范圍進行討論.【即時訓練】(2014長春模擬)已知函數(shù)f(x)=x2+aln

x.當a=-2時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;若g(x)=f(x)+

2

在[1,+∞)上是單調(diào)函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.x解:(1)由已知,函數(shù)的定義域為(0,+∞),當a=-2時,f(x)=x2-2ln

x,所以

f′(x)=2x-

2

=

2(x

-1

(x

+1

,x

x則當x∈(0,1)時,f′(x)<0,所以(0,1)為f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,當x∈(1,+∞)時,f′(x)>0,(1,+∞)為f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間.xx2(2)由題意得g′(x)=2x+

a

-

2

,函數(shù)g(x)在[1,+∞)上是單調(diào)函數(shù).①若函數(shù)g(x)為[1,+∞)上的單調(diào)增函數(shù),則g′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,即a≥2

-2x2

在[1,+∞)上恒成立,x設(shè)j

(x)=

2

-2x2,x(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞減,因為j所以j

(x)max=j(1)=0,所以a≥0.②若函數(shù)g(x)為[1,+∞)上的單調(diào)減函數(shù),則g′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,不可能.綜上,實數(shù)a的取值范圍是[0,+∞).考點二【例2】設(shè)a>0,函數(shù)f(x)=

1

x2-(a+1)x+a(1+ln

x).2求曲線y=f(x)在(2,f(2))處與直線y=-x+1垂直的切線方程;求函數(shù)f(x)的極值.利用導數(shù)研究函數(shù)的極值解:(1)由已知,得x>0,f′(x)=x-(a+1)+a

,xy=f(x)在(2,f(2))處切線的斜率為1,所以f′(2)=1,即2-(a+1)+

a

=1,所以a=0,2此時f(2)=2-2=0,故所求的切線方程為y=x-2.(2)f′(x)=x-(a+1)+x2

(a

+1

x

+

aax

x

x(x

-1

(x

-

a=

=

.①當0<a<1時,若x∈(0,a),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;若x∈(a,1),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;若x∈(1,+∞),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.此時x=a是f(x)的極大值點,x=1是f(x)的極小值點,函數(shù)f(x)的極大值是f(a)=-1

a2+aln

a,2極小值是f(1)=-1

.2②當a=1時,f′(x)=(x

-1)2>0,所以函數(shù)f(x)在定義域(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,x此時f(x)沒有極值點,故無極值.③當a>1時,若x∈(0,1),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;若x∈(1,a),f′(x)<0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減;若x∈(a,+∞),f′(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.此時x=1是f(x)的極大值點,x=a是f(x)的極小值點,函數(shù)

f(x)的極大值是

f(1)=-

1

,極小值是

f(a)=-

1

a2+aln

a.2

2綜上,當0<a<1時,f(x)的極大值是-1

a2+aln

a,極小值是-1

;2

2當a=1時,f(x)沒有極值;當a>1時,f(x)的極大值是-1

,極小值是-1

a2+aln

a.2

2反思歸納

運用導數(shù)求可導函數(shù)y=f(x)的極值的步驟

(1)先求函數(shù)的定義域,再求函數(shù)y=f(x)的導數(shù)f′(x);

(2)求方程f′(x)=0的根;

(3)檢查f′(x)在方程根的左右的值的符號,如果左正右負,那么f(x)在這個根處取得極大值,如果左負右正,那么f(x)在這個根處取得極小值.如果左右符號相同,則此根處不是極值點.提醒:若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)有極值,那么y=f(x)在(a,b)內(nèi)不是單調(diào)函數(shù),即在某區(qū)間上單調(diào)函數(shù)沒有極值.【即時訓練】設(shè)f(x)=1

+

ax2ex,其中a為正實數(shù).當a=4

時,求f(x)的極值點;3若f(x)為R

上的單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍.解:對f(x)求導得f′(x)=ex·1

+

ax2

-

2ax2(1

+

ax2

).(*)(1)當a=

4

時,若f′(x)=0,3則4x2-8x+3=0,1

22

2解得x=3

,x=1

.結(jié)合(*),可知x1(-∞,

)2121

3(

,

)2

2323(

,+∞)2f′(x)+0-0+f(x)↗↗極大值↘↘極小值↗↗1

22

2所以x=3

是極小值點,x=1

是極大值點.(2)若f(x)為R

上的單調(diào)函數(shù),則f′(x)在R

上不變號,結(jié)合(*)與條件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R

上恒成立,即

Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并結(jié)合a>0,知0<a≤1.所以a的取值范圍為{a|0<a≤1}.利用導數(shù)研究函數(shù)的最值考點三a

a【例3】已知函數(shù)f(x)=x2eax,其中a≤0,e為自然對數(shù)的底數(shù).討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性;求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值.解:(1)f′(x)=2xeax+x2aeax=x(ax+2)eax.①當a=0時,由f′(x)>0得x>0,由f′(x)<0得x<0.故函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)上單調(diào)遞減;②當a<0時,由f′(x)>0得0<x<-2

,由f′(x)<0得x<0或x>-2

.故函數(shù)f(x)在(0,-2

)上單調(diào)遞增,在(-∞,0)和(-2

,+∞)上單調(diào)遞減.a

a(2)①當a=0時,f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,其最大值為f(1)=1;②當-2<a<0時,-2

>1,f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,其最大值是f(1)=ea;a③當a≤-2時,0<-2

≤1,x=-2

是函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上唯一的極大值點,a

a也就是最大值點,此時函數(shù)f(x)最大值是f(-2

)=a4a2e2.綜上得當-2<a≤0時,f(x)在[0,1]上的最大值是ea;當a≤-2時,f(x)在[0,1]上的最大值為4a2e2.反思歸納求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a,b]上的最值時,首先可判斷函數(shù)在[a,b]上的單調(diào)性,若函數(shù)在[a,b]上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減,則f(a),f(b)一個為最大值,一個為最小值.若函數(shù)在[a,b]上不單調(diào),一般先求[a,b]上f(x)的極值,再與f(a),f(b)比較,最大的即為最大值,最小的即為最小值.提醒:求極值、最值時,要求步驟規(guī)范,表格齊全;含參數(shù)時,要討論參數(shù)的大小.【即時訓練】(2014鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)=(x-k)ex,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值.解:(1)由f(x)=(x-k)ex,得f′(x)=(x-k+1)ex,令f′(x)=0,得x=k-1.f(x)與f′(x)的變化情況如下:x(-∞,k-1)k-1(k-1,+∞)f′(x)-0+f(x)↘↘-ek-1↗↗所以,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,k-1);單調(diào)遞增區(qū)間是(k-1,+∞).(2)當k-1≤0,即k≤1時,函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(0)=-k,當0<k-1<1,即1<k<2時,由(1)知f(x)在[0,k-1)上單調(diào)遞減,在(k-1,1]上單調(diào)遞增.所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(k-1)=-ek-1.當k-1≥1,即k≥2時,函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,所以f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值為f(1)=(1-k)e.綜上可知,當k≤1時,f(x)min=-k;min當1<k<2時,f(x)

=f(k-1)=-ek-1;當k≥2時,f(x)min=f(1)=(1-k)e.利用導數(shù)研究生活中的優(yōu)化問題考點四【例4】(2013高考重慶卷)某村莊擬修建一個無蓋的圓柱形蓄水池(不計厚度).設(shè)該蓄水池的底面半徑為r米,高為h米,體積為

V立方米.假設(shè)建造成本僅與表面積有關(guān),側(cè)面的建造成本為100元/平方米,底面的建造成本為160元/平方米,該蓄水池的總建造成本為12000π元(π為圓周率).將V表示成r的函數(shù)V(r),并求該函數(shù)的定義域;討論函數(shù)V(r)的單調(diào)性,并確定r和h為何值時該蓄水池的體積最大.解:(1)因為蓄水池側(cè)面的總成本為

100×2πrh=200πrh(元),底面的總成本為160πr2

元,所以蓄水池的總成本為(200πrh+160πr2)元.根據(jù)題意得200πrh+160πr2=12000π,所以h=

1

(300-4r2),5r從而V(r)=πr2h=π

(300r-4r3).5由h>0,且

r>0

可得

0<r<5

3

,故函數(shù)

V(r)的定義域為(0,5

3

).(2)由(1)知V(r)=

π

(300r-4r3),5故V′(r)=π

(300-12r2).5令V′(r)=0,解得r1=5,r2=-5(因為r2=-5不在定義域內(nèi),舍去).當r∈(0,5)時,V′(r)>0,故V(r)在(0,5)上為增函數(shù);當r∈(5,5

3

)時,V′(r)<0,故V(r)在(5,5

3

)上為減函數(shù).由此可知,V(r)在

r=5

處取得最大值,此時

h=8,即當

r=5,h=8

時,該蓄水池的體積最大.反思歸納 在求實際問題中的最大值或最小值時,一般先設(shè)自變量、因變量,建立函數(shù)關(guān)系式,并確定其定義域,利用求函數(shù)最值的方法求解,注意結(jié)果應(yīng)與實際情況相符合,用導數(shù)求解實際問題中的最大(小)值,如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點,那么根據(jù)實際意義該極值點就是最值點.【即時訓練】(教師備用)(2014吉林省吉林市二模)某蔬菜基地有一批黃瓜進入市場銷售,通過市場調(diào)查,預測黃瓜的價格f(x)(單位:元時間x862價格f(x)8420/kg)與時間x(單位:天,x∈(0,8]且x∈N*)的數(shù)據(jù)如下表:根據(jù)上表數(shù)據(jù),從下列函數(shù)中選取一個函數(shù)描述黃瓜價格f(x)與上市時間x的變化關(guān)系:f(x)=ax+b,f(x)=ax2+bx+c,f(x)=a·bx,其中a≠0,并求出此函數(shù);在日常生活中,黃瓜的價格除了與上市時間相關(guān),與供給量也密不可*分.已知供給量h(x)=

1

x-

5

(x∈N

).在供給量的限定下,黃瓜實際價3

18格g(x)=f(x)·h(x).求黃瓜實際價格g(x)的最小值.解:(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù),表述黃瓜價格f(x)與上市時間x的變化關(guān)系的函數(shù)不是單調(diào)函數(shù),這與函數(shù)f(x)=ax+b,f(x)=a·bx

均具有單調(diào)性不符,所以,在a≠0的前提下,可選取二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c進行描述.把表格提供的三對數(shù)據(jù)代入該解析式得到64a

+

8b

+

c

=

8,36a

+

6b

+

c

=

4,4a

+

2b

+

c

=

20,解得a=1,b=-12,c=40.所以,黃瓜價格f(x)與上市時間x的函數(shù)關(guān)系是

f(x)=x2-12x+40,x∈(0,8]且x∈N*.(2)因為g(x)=f(x)·h(x),23218x-77

300

20018,9

3所以

g(x)=(x

-12x+40)(

1

x-

5

)=

1

x

- x

+3

18

3

18所以g′(x)=x2-77x+

50

.令g′(x)=0,所以9x2-77x+150=0,即(x-3)(9x-50)=0,所以x=3或x=50

.令g′(x)>0,99所以x>50

或x<3.又因為x∈(0,8],且x∈N*,9所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,3)和(50

,8]上是增函數(shù).同理函數(shù)g(x)在區(qū)間(3,50

)上是減函數(shù).9又x∈N*,且g(1)<g(6)<g(5),最小值18所以

g(x)

=g(1)=

29

≈1.61,所以黃瓜價格的最小值約為1.61元/千克.助學微博樹立函數(shù)定義域優(yōu)先的原則,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值點等問題時須在函數(shù)的定義域內(nèi)進行.在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增

(減)函數(shù)的充分不必要條件.可導函數(shù)f(x)在(a,b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是:對?x∈(a,b),都有f′(x)≥0(f′(x)≤0),且f′(x)在(a,b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零.對于可導函數(shù)f(x),f′(x0)=0是函數(shù)f(x)在x=x0

處有極值的必要不充分條件.若函數(shù)f(x)在定義域A上存在最大值與最小值,則:①對任意

x∈A,f(x)>0?f(x)min>0;②存在x∈A,f(x)>0?f(x)max>0.在實際問題中,如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點,那么只要根據(jù)實際意義判定是最大值還是最小值即可,不必再與端點的函數(shù)值比較.規(guī)范答題得高分

有依據(jù)利用導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間問題exx2【典例】

(13

分)(2014

高考山東卷)設(shè)函數(shù)

f(x)=

-k(2x+lnx)(k為常數(shù),e=2.7182