世纪金榜二轮专题辅导与练习专题二第三讲.pptVIP

综上：当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0，+∞)； 当a＜0时，f(x)的单调递增区间为 ，单调递减区间为 热点考向 3 利用导数研究函数的极值(最值)问题 【典例3】(2012·广东高考)设0＜a＜1，集合A={x∈R|x0}，B={x∈R|2x2-3(1+a)x+6a0}，D=A∩B. (1)求集合D(用区间表示). (2)求函数f(x)=2x3-3(1+a)x2+6ax在D内的极值点. 【解题探究】 (1)集合B的求解思路： ①方程2x2-3(1+a)x+6a=0的判别式 Δ=_____________. ②集合B的不等式中含参数a，应分类讨论，如何确定分类标 准？ 提示：根据判别式化简后的结果确定分类标准. 3(a-3)(3a-1) (2)求函数极值的两个关键： ①求导：f′(x)=____________. ②判断：判断f(x)在某点取得极大值或极小值. 6(x-1)(x-a) 【解析】(1)对于方程2x2-3(1+a)x+6a=0， 判别式Δ=9(1+a)2-48a=3(a-3)(3a-1). 因为0a1，所以a-30. 当 a1时，Δ0，此时B=R， 所以D=A=(0,+∞). 当a= 时，Δ=0，此时，B={x|x≠1}, 所以D=(0,1)∪(1,+∞). 当0a 时，Δ0， 设方程2x2-3(1+a)x+6a=0的两根为x1,x2且x1x2， 则 B={x|xx1或xx2}, x1+x2= (1+a)0，x1x2=3a0， 所以x10,x20，此时，D=(0,x1)∪(x2,+∞)= 综上可知，当0a≤ 时， 当 a1时，D=(0,+∞). (2)f′(x)=6x2-6(1+a)x+6a=6(x-1)(x-a)(0a1), 由f′(x)0?ax1, 由f′(x)0?xa或x1, 所以函数f(x)在区间(-∞,a)和(1,+∞)上单调递增，在区间 (a,1)上单调递减. 当 a1时，因为D=(0,+∞)，所以f(x)在D内有极大值点x=a 和极小值点x=1； 当a= 时，D=(0,1)∪(1,+∞)，所以f(x)在D内有极大值点 x= ； 当0a 时， 因为 所以f(x)在D内有极大值点x=a. 综上可知：当0a≤ 时，f(x)在D内有一个极大值点x=a,没有 极小值点； 当 a1时，f(x)在D内有一个极大值点x=a和一个极小值点 x=1. 【方法总结】 1.函数f(x)在x=x0处取得极值的判断方法 求得导数f′(x)后，检验f′(x)在x=x0左右的符号： (1)左正右负?f(x)在x=x0处取极大值. (2)左负右正?f(x)在x=x0处取极小值. 2.求函数y=f(x)在区间［a,b］上的最大值与最小值的步骤 第一步：求函数y=f(x)在区间(a,b)内的极值(极大值或极小值)； 第二步：将y=f(x)的各极值与f(a)、f(b)进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 【变式训练】 已知函数f(x)=eln x，g(x)=ln x-x-1，h(x)= x2. (1)求函数g(x)的极大值. (2)求证：存在x0∈(1,+∞)，使g(x0)= (3)对于函数f(x)与h(x)定义域内的任意实数x，若存在常数k,b,使得f(x)≤kx+b和h(x)≥kx+b都成立，则称直线y=kx+b为函数f(x)与h(x)的分界线.试探究函数f(x)与h(x)是否存在“分界线”.若存在，请给予证明，并求出k,b的值；若不存在，请说明理由. 【解析】(1)g′(x)= 令g′(x)＞0，解得0＜x＜1； 令g′(x)＜0，解得x1. 所以函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减. 所以g(x)的极大值为g(1)=-2. (2)由(1)知g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， 令φ(x)=g(x)-g( ), 所以φ(1)=g(1)-g( )＞0，取x1=e＞1, 则φ(e)=g(e)-g( )=ln e-(e+1)-ln +( +1)=-e+ln 2+ ＜0, 故存在x0∈(1,e)使φ(x0)=0，即存在x0∈(1,+∞)使g(x0)= g( ). (说明：x1的取法不唯一，只要满足x1＞1，且φ(x1)＜0即可) (3)设F(x)=h(x)-f(x)= x2-eln x(x＞0), 则F′(x)= 则当0＜x＜ 时，F′(x)＜0，函数F(x)单调递减； 当x＞ 时，F′(x) ＞0，函数F(x)单调递增. 所以x= 是函数F(x)的极小值点，也是最小值点, 所以F(x)min= F( )=0. 所以函数f(x)与h(x)的图象在x= 处有公共点 设f(x)与