高考定位 高考对导数计算的考查贯穿于与之有关的每一道题目之中，函数的单调性，函数的极值与最值均是高考命题的重点内容，在选择题、填空题、解答题中都有涉及，试题难度不大.
真 题 感 悟
(2015·全国Ⅱ卷)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)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)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－1的充要条件是即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].
考 点 整 合
1.导数与函数的单调性
(1)函数单调性的判定方法：设函数y＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则
y＝f(x)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y＝f(x)在该区间为减函数.
(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法.
2.极值的判别方法
当函数f(x)在点x0处连续时，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；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.也就是说x0是极值点的充分条件是点x0两侧导数异号，而不是f′(x)＝0.此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点，而且极值是一个局部概念，极值的大小关系是不确定的，即有可能极大值比极小值小.
3.闭区间上函数的最值
在闭区间上连续的函数，一定有最大值和最小值，其最大值是区间的端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极大值中的最大者，最小值是区间端点处的函数值和在这个区间内函数的所有极小值中的最小者.
热点一 导数与函数的单调性
[微题型1] 求含参函数的单调区间
【例1－1】 设函数f(x)＝aln x＋，其中a为常数.
(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性.
解 (1)由题意知a＝0时，f(x)＝，x∈(0，＋∞).
此时f′(x)＝.可得f′(1)＝，又f(1)＝0，
所以曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x－2y－1＝0.
(2)函数f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝＋＝.
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，
由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)，
①当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，
f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
③当－＜a＜0时，Δ＞0.
设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
则x1＝，x2＝.
由于x1＝＝＞0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，
x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，
综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－＜a＜0时，f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增.
探究提高 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.
[微题型2] 已知单调性求参数的范围
【例1－2】 (2015·重庆卷)设函数f(x)＝(a∈R).
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，故f(1)＝，f′(1)＝，
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0，
解得x1＝，x2＝.
当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，
故f(x)为减函数；
当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
故f(x)为增函数；
当x＞x2时，g(x)＜0，
即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，
知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
探究提高 (1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间.
(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围.
【训练1】 函数f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在区间(1，2)上是增函数，求a的取值范围.
解 (1)f′(x)＝3ax2＋6x＋3，f′(x)＝0的判别式Δ＝36(1－a).
①若a≥1，则f′(x)≥0，且f′(x)＝0当且仅当a＝1，x＝－1，
故此时f(x)在R上是增函数.
②由于a≠0，故当a＜1时，f′(x)＝0有两个根，
x1＝，x2＝.
若0＜a＜1，则当x∈(－∞，x2)或x∈(x1，＋∞)时，
f′(x)＞0，故f(x)分别在(－∞，x2)，(x1，＋∞)上是增函数；
当x∈(x2，x1)时，f′(x)＜0，
故f(x)在(x2，x1)上是减函数；
若a＜0，则当x∈(－∞，x1)或x∈(x2，＋∞)时，
f′(x)＜0，故f(x)分别在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上是减函数；
当x∈(x1，x2)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(x1，x2)上是增函数.
(2)当a＞0，x＞0时，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0，
故当a＞0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数.
当a＜0时，f(x)在区间(1，2)上是增函数当且仅当
f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－≤a＜0.
综上，a的取值范围是∪(0，＋∞).
热点二 导数与函数的极值、最值
[微题型1] 求含参函数的极值(或最值)
【例2－1】 (2015·南昌模拟)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R).
(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 含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：
(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论.
[微题型2] 与极值点个数有关的参数问题
【例2－2】 (2015·合肥模拟)已知函数f(x)＝ax2－ex，a∈R，f′(x)是f(x)的导函数(e为自然对数的底数).若f(x)有两个极值点x1，x2，求实数a的取值范围.
解 法一 若f(x)有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程f′(x)＝0的两个根.
f′(x)＝2ax－ex＝0，显然x≠0，故2a＝，
令h(x)＝，则h′(x)＝.
若x＜0，则h(x)单调递减，且h(x)＜0.
若x＞0，当0＜x＜1时，h′(x)＜0，h(x)在(0，1)上递减，
当x＞1时，h′(x)＞0，h(x)在(1，＋∞)上递增，h(x)min＝h(1)＝e.
要使f(x)有两个极值点，则需满足2a＝在(0，＋∞)上有两个不同解，
故2a＞e，即a＞，
故a的取值范围为.
法二 设g(x)＝f′(x)＝2ax－ex，则g′(x)＝2a－ex，
且x1，x2是方程g(x)＝0的两个根，
当a≤0时，g′(x)＜0恒成立，g(x)单调递减，方程g(x)＝0不可能有两个根；
当a＞0时，由g′(x)＝0得x＝ln 2a，
当x∈(－∞，ln 2a)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x∈(ln 2a，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，
∴g(x)max＝g(ln 2a)＝2aln 2a－2a＞0，解得a＞.
故a的取值范围是.
探究提高 极值点的个数，一般是使f′(x)＝0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助导函数的性质及图象研究.
【训练2】 (2015·山东卷改编)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中a∈R.讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由.
解 由题意知，函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
f′(x)＝＋a(2x－1)＝.
令g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞).
(1)当a＝0时，g(x)＝1，此时f′(x)＞0，
函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
(2)当a＞0时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8).
①当0＜a≤时，Δ≤0，g(x)≥0，
f′(x)≥0，函数f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点；
②当a＞时，Δ＞0，
设方程2ax2＋ax－a＋1＝0的两根为x1，x2(x1＜x2)，
因为x1＋x2＝－，所以x1＜－，x2＞－.
由g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－.
所以当x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
因此函数有两个极值点.
(3)当a＜0时，Δ＞0，由g(－1)＝1＞0，可得x1＜－1.
当x∈(－1，x2)时，
g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
当x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
所以函数有一个极值点.
综上所述，当a＜0时，函数f(x)有一个极值点；
当0≤a≤时，函数f(x)无极值点；当a＞时，函数f(x)有两个极值点.
1.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.
2.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.
3.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.
4.求函数的单调区间时，若函数的导函数中含有带参数的有理因式，因式根的个数、大小、根是否在定义域内可能都与参数有关，则需对参数进行分类讨论.
5.求函数的极值、最值问题，一般需要求导，借助函数的单调性，转化为方程或不等式问题来解决，有正向思维——直接求函数的极值或最值；也有逆向思维——已知函数的极值或最值，求参数的值或范围，常常用到分类讨论、数形结合的思想.
一、选择题
1.函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A.(－1，1] B.(0，1]
C.[1，＋∞) D.(0，＋∞)
解析 由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由f ′(x)＝x－≤0，解得0＜x≤1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1].
答案 B
2.(2015·武汉模拟)已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围是( )
A.[－1，1] B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞) D.(－∞，1]
解析 f′(x)＝mx＋－2≥0对一切x＞0恒成立，
∴m≥－＋.
令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1时，函数g(x)取最大值1.故m≥1.
答案 C
3.(2015·临沂模拟)函数f(x)＝x3－3ax－a在(0，1)内有最小值，则a的取值范围是( )
A.[0，1) B.(－1，1)
C. D.(0，1)
解析 f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a).当a≤0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，1)内单调递增，无最小值.
当a＞0时，f′(x)＝3(x－)(x＋).
当x∈(－∞，－)和(，＋∞)时，f(x)单调递增；
当x∈(－，)时，f(x)单调递减，
所以当＜1，即0＜a＜1时，f(x)在(0，1)内有最小值.
答案 D
4.(2015·陕西卷)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是( )
A.－1是f(x)的零点 B.1是f(x)的极值点
C.3是f(x)的极值 D.点(2，8)在曲线y＝f(x)上
解析 A正确等价于a－b＋c＝0，①
B正确等价于b＝－2a，②
C正确等价于＝3，③
D正确等价于4a＋2b＋c＝8.④
下面分情况验证：
若A错，由②、③、④组成的方程组的解为符合题意；
若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；
若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；
若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数.综上，故选A.
答案 A
5.(2015·潍坊模拟)函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex·f(x)＞ex＋1的解集为( )
A.{x|x＞0}
B.{x|x＜0}
C.{x|x＜－1，或x＞1}
D.{x|x＜－1，或0＜x＜1}
解析 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，
因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，
所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数.
又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，
所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.
答案 A
二、填空题
处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.
解析 ∵(ex)′＝e0＝1，设P(x0，y0)，有|＝－＝－1，
又∵x0＞0，∴x0＝1，故P的坐标为(1，1).
答案 (1，1)
7.若f(x)＝x3＋3ax2＋3(a＋2)x＋1在R上单调递增，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2＋6ax＋3(a＋2).
由题意知f′(x)≥0在R上恒成立，
所以Δ＝36a2－4×3×3(a＋2)≤0，解得－1≤a≤2.
答案 [－1，2]
8.(2015·衡水中学期末)若函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在[t，t＋1]上不单调，则t的取值范围是________.
解析 对f(x)求导，得f′(x)＝－x＋4－＝＝－.
由f′(x)＝0得函数f(x)的两个极值点为1，3，则只要这两个极值点有一个在区间
(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，所以t＜1＜t＋1或t＜3＜t＋1，解得0＜t＜1或2＜t＜3.
答案 (0，1)∪(2，3)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为
y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值.
解 (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知，得f(0)＝4，f′(0)＝4，故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.
故f(x)在(－∞，－2]，[－ln 2，＋∞)上单调递增，在[－2，－ln 2]上单调递减.
当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2).
10.(2015·长沙模拟)已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.
(1)若f(x)在[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)已知函数g(x)＝ln(1＋x)－x＋x2(k≥0)，讨论函数g(x)的单调性.
解 (1)对f(x)求导，得f′(x)＝3x2－2ax－3.
由f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，得a≤.
记t(x)＝，当x≥1时，t(x)是增函数，
所以t(x)min＝(1－1)＝0.所以a≤0.
(2)g′(x)＝，x∈(－1，＋∞).
当k＝0时，g′(x)＝－，所以在区间(－1，0)上，g′(x)＞0；
在区间(0，＋∞)上，g′(x)＜0.
故g(x)的单调递增区间是(－1，0]，单调递减区间是[0，＋∞).
当0＜k＜1时，由g′(x)＝＝0，得x1＝0，x2＝＞0，
所以在区间(－1，0)和上，g′(x)＞0；
在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是(－1，0]和，单调递减区间是.当k＝1时，g′(x)＝＞0，
故g(x)的单调递增区间是(－1，＋∞).
当k＞1时，g′(x)＝＝0，得x1＝∈(－1，0)，x2＝0，
所以在区间和(0，＋∞)上，g′(x)＞0，在区间上，g′(x)＜0.故g(x)的单调递增区间是和[0，＋∞)，单调递减区间是.
11.(2014·山东卷)设函数f(x)＝－k(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，＋∞).
f′(x)＝－k
＝－＝.
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解得e＜k＜，
综上所述，函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点时，k的取值范围为
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