【数学】2019届一轮复习人教A版导数的应用学案
第二章 函数、导数及其应用
第十一节导数的应用
1．函数的单调性
在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)上为增函数．f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)上为减函数．
2．函数的极值
(1)函数的极小值：
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0；而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b叫做函数y＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
3．函数的最值
(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．
(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．
1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)>0.( )
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( )
(3)在(a，b)内f′(x)≤0且f′(x)＝0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数．( )
(4)函数的极大值不一定比极小值大．( )
(5)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．( )
(6)函数的极大值一定是函数的最大值．( )
(7)开区间上的单调连续函数无最值．( )
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)× (6)× (7)√
2．函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：选D ∵f′(x)＝－sin x－1＜0.
∴f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
3．函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是( )
A．(－∞，2) B．(0,3)
C．(1,4) D．(2，＋∞)
解析：选D 函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
4．(2016·四川高考)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝( )
A．－4 B．－2
C．4 D．2
解析：选D 由题意得f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0得x＝±2，∴当x＜－2或x＞2时，f′(x)＞0；当－2＜x＜2时，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－2)上为增函数，在(－2,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数．∴f(x)在x＝2处取得极小值，∴a＝2.
5．函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值是________．
解析：f′(x)＝6x2－4x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
∵f(－1)＝－4，f(0)＝0，
f＝－，f(2)＝8.
∴函数f(x)＝2x3－2x2在区间[－1,2]上的最大值为8.
答案：8
6．已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a，由题意知f′(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，又x∈[1，＋∞)时，3x2≥3，∴a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
第一课时 导数与函数的单调性
单调性是导数应用中最基本、最重要的知识点，导数的所有应用都离不开单调性，研究函数的单调性常出现在解答题某一问中，多利用分类讨论思想.
[典题领悟]
(2017·全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，
讨论f(x)的单调性．
解：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
综上，当a＝0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．
[解题师说]
1．解题“3步骤”
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f′(x)，并求方程f′(x)＝0的根；
(3)利用f′(x)＝0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f′(x)的正负，由f′(x)的正负确定f(x)在相应子区间上的单调性．
2．解题“2注意”
(1)研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)f′(x)>0(<0)在区间(a，b)上成立是f(x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分条件．
[冲关演练]
1．函数f(x)＝ln x－为________函数(填“增”或“减”)．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
∵f(x)＝ln x－，
∴f′(x)＝－＝.
∵x>0，
∴4x2＋3x＋1>0，x(1＋2x)2>0.
∴当x>0时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
答案：增
2．已知函数f(x)＝x－＋1－aln x，a＞0，讨论f(x)的单调性．
解：由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
导函数f′(x)＝1＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即0＜a≤2时，对一切x＞0都有f′(x)≥0.
此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
②当Δ＞0，即a＞2时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝，x2＝，0＜x1＜x2.
由f′(x)>0，得0
x2.
由f′(x)<0，得x10，得03；
由f′(x)<0，得0(或f′(x)<0)解出相应的x的取值范围，对应的区间为f(x)的单调递增(减)区间．
2．理清有关函数单调区间的3个点
(1)单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；
(2)求可导函数f(x)的单调区间，可以直接转化为f′(x)>0与f′(x)<0这两个不等式的解集问题来外理；
(3)若可导函数f(x)在指定区间D上单调递增(减)，则应将其转化为f′(x)≥0(f′(x)≤0)来处理．
[冲关演练]
1．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(0,1) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0,2)
解析：选A 对于函数y＝x2－ln x，易得其定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令<0，又x>0，所以x2－1<0，解得00.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围；
(3)若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I上含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．
[冲关演练]
在本例中，(1)若g(x)在(－2，－1)内为减函数，求实数a的取值范围．
(2)若g(x)的单调减区间为(－2，－1)，求实数a的值．
(3)若g(x)在(－2，－1)上不单调，求实数a的取值范围．
解：(1)∵g′(x)＝x2－ax＋2，且g(x)在(－2，－1)内为减函数，
∴x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
∴即解得a≤－3.
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
(2)∵g(x)的单调减区间为(－2，－1)，
∴x1＝－2，x2＝－1是g′(x)＝0的两个根，
∴(－2)＋(－1)＝a，即a＝－3.
(3)由(1)知g(x)在(－2，－1)上为减函数时，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
若g(x)在(－2，－1)上为增函数，可知a≥x＋在(－2，－1)上恒成立，又y＝x＋的值域为(－3，－2)，
∴实数a的范围是[－2，＋∞)，
∴函数g(x)在(－2，－1)上单调时，a的取值范围是
(－∞，－3]∪[－2，＋∞)，故g(x)在(－2，－1)上不单调时，实数a的取值范围是(－3，－2)．
(一)普通高中适用作业
A级——基础小题练熟练快
1．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调增区间是( )
A.
B.
C.，(0，＋∞)
D.∪(0，＋∞)
解析：选C ∵f′(x)＝3x2－2mx，
∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，
由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－或x＞0，
即f(x)的单调增区间为，(0，＋∞)，故选C.
2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
解析：选B 对于A，f(x)＝sin 2x的单调递增区间是(k∈Z)；对于B，f′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，∴函数f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0，得x>或x<－，∴函数f(x)＝x3－x在和上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)>0，得00时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
6．(2017·四川乐山一中期末)若f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(－∞，2) D．(－∞，2]
解析：选D 由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，∴a≤2.故选D.
7．函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．
解析：由f(x)＝x3－15x2－33x＋6，得f′(x)＝3x2－30x－33，令f′(x)＜0，即3(x－11)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜11，所以函数f(x)的单调减区间为(－1,11)．
答案：(－1,11)
8．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________．
解析：函数f(x)为偶函数，
因此f(－3)＝f(3)．
又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∈时，f′(x)≤0.
所以f(x)在区间上是减函数，
所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)＜f(2)＜f
9．已知函数f(x)＝ax＋ln x，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＜0时，因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时，f′(x)≤0，当0＜x＜－时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
答案：
10．若函数f(x)＝2ax3－6x2＋7在(0,2]上是减函数，则实数a的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝2ax3－6x2＋7，
所以f′(x)＝6ax2－12x.又f(x)在(0,2]上是减函数，所以f′(x)＝6ax2－12x≤0在(0,2]上恒成立．
即a≤在(0,2]上恒成立．令g(x)＝，
而g(x)＝在(0,2]上为减函数，
所以g(x)min＝g(2)＝1，故a≤1.
答案：(－∞，1]
B级——中档题目练通抓牢
1.已知函数f(x)的导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象如图所示，则f(x)的图象可能是( )
解析：选D 当x<0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c<0，知相应的函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，排除A、B；当x>0时，由导函数f′(x)＝ax2＋bx＋c的图象可知，导函数在区间(0，x1)内的值是大于0的，则函数f(x)在(0，x1)上单调递增，只有D选项符合题意．
2．若函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上不单调，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－3] B．(－3,1)
C．[1，＋∞) D．(－∞，－3]∪[1，＋∞)
解析：选B 因为f(x)＝x3－x2＋ax－5，
所以f′(x)＝x2－2x＋a＝(x－1)2＋a－1，
如果函数f(x)＝x3－x2＋ax－5在区间[－1,2]上单调，那么a－1≥0或解得a≥1或a≤－3，于是满足条件的a∈(－3,1)．
3．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)0)，
当a≥0时，因为x＞0，所以f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
当a＜0时，由f′(x)＝＞0，得x＞－a；
由f′(x)＝＜0，得0＜x＜－a，
所以f(x)在(0，－a)上为减函数，在(－a，＋∞)上为增函数．
综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上为增函数；
当a＜0时，f(x)在(0，－a)上为减函数，在(－a，＋∞)上为增函数．
7．已知函数f(x)＝aln x＋x2＋(a＋1)x＋3.
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝－ln x＋x2＋3，定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝－＋x.
由得0＜x＜1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)．
(2)法一：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以x2＋(a＋1)x＋a≥0，即(x＋1)(x＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立．
因为x＋1＞0，所以x＋a≥0对x∈(0，＋∞)恒成立，
所以a≥0，故实数a的取值范围是[0，＋∞)．
法二：因为函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以f′(x)＝＋x＋a＋1≥0在(0，＋∞)上恒成立，
即x2＋(a＋1)x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝x2＋(a＋1)x＋a，
因为Δ＝(a＋1)2－4a≥0恒成立，
所以即a≥0，
所以实数a的取值范围是[0，＋∞)．
C级——重难题目自主选做
1．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)0，x>0，
∴′＝＝>0，
∴y＝在(0，＋∞)上单调递增，
∴>，即>4.
∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，
∴′＝＝<0，
∴y＝在(0，＋∞)上单调递减，
∴<，即<8.
综上，4<<8.
2．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函数．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，
所以f(x)在其定义域内单调递增．
因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故实数a的取值范围是.
答案：
(二)重点高中适用作业
A级——保分题目巧做快做
1．已知m是实数，函数f(x)＝x2(x－m)，若f′(－1)＝－1，则函数f(x)的单调增区间是( )
A.
B.
C.，(0，＋∞)
D.∪(0，＋∞)
解析：选C ∵f′(x)＝3x2－2mx，
∴f′(－1)＝3＋2m＝－1，解得m＝－2，
由f′(x)＝3x2＋4x＞0，解得x＜－或x＞0，
即f(x)的单调增区间为，(0，＋∞)，故选C.
2．已知函数f(x)＝x2＋2cos x，若f′(x)是f(x)的导函数，则函数f′(x)的图象大致是( )
解析：选A 设g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，g′(x)＝2－2cos x≥0，所以函数f′(x)在R上单调递增．
3.定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，已知函数y＝2f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的单调递减区间为( )
A．(1，＋∞) B．(1,2)
C．(－∞，2) D．(2，＋∞)
解析：选D 结合图象可知，
当x∈(－∞，2]时，2f′(x)≥1，即f′(x)≥0；
当x∈(2，＋∞)时，2f′(x)＜1，即f′(x)＜0；
故函数y＝f(x)的单调递减区间为(2，＋∞)．
4．已知函数f(x)＝x3＋ax＋4，则“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A f′(x)＝x2＋a，当a>0时，f′(x)>0，即a>0时，f(x)在R上单调递增，由f(x)在R上单调递增，可得a≥0.故“a＞0”是“f(x)在R上单调递增”的充分不必要条件．
5.(2017·四川乐山一中期末)f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．(－∞，1]
C．(－∞，2) D．(－∞，2]
解析：选D 由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，
∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，
即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
∵x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，∴a≤2.故选D.
6.函数f(x)＝＋－ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝＋－ln x，所以函数的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝－－＝，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，
所以函数f(x)的单调递减区间为(0,5)．
答案：(0,5)
7．已知函数f(x)＝ax＋ln x，则当a＜0时，f(x)的单调递增区间是________，单调递减区间是________．
解析：由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＜0时，因为f′(x)＝a＋＝，所以当x≥－时，f′(x)≤0，当0＜x＜－时，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
答案：
8．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为______________________．
解析：函数f(x)为偶函数，
因此f(－3)＝f(3)．
又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∈时，f′(x)≤0.
所以f(x)在区间上是减函数，
所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)＜f(2)＜f
9.设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0,6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
所以f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0,6)在切线上，
可得6－16a＝8a－6，解得a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x＞0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或x＝3.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；
当2＜x＜3时，f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．
10.已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．
(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，
∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
∴当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．
∴当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，
∴当0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，当x＞ln a时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
B级——拔高题目稳做准做
1.(2018·张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1，且2f′(x)＞1，当x∈时，不等式f(2cos x)＞－2sin2的解集为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 令g(x)＝f(x)－－，
则g′(x)＝f′(x)－＞0，
∴g(x)在R上单调递增，且g(1)＝f(1)－－＝0，
∵f(2cos x)－＋2sin2＝f(2cos x)－－＝g(2cos x)，
∴f(2cos x)＞－2sin2，即g(2cos x)＞0，∴2cos x＞1.
又x∈，∴x∈.
2．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)0，x>0，
∴′＝＝>0，
∴y＝在(0，＋∞)上单调递增，
∴>，即>4.
∵xf′(x)－3f(x)<0，x>0，
∴′＝＝<0，
∴y＝在(0，＋∞)上单调递减，
∴<，即<8.
综上，4<<8.
3.已知定义在R上的可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x2－2x－3)f′(x)>0的解集为________．
解析：由题图可知
不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于或解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)
4.已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，则a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝－4x＋，
若函数f(x)在[1,2]上为单调函数，
即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，
即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝4x－，
则h(x)在[1,2]上单调递增，
所以≥h(2)或≤h(1)，
即≥或≤3，又a>0，
所以00，得10，函数f(x)＝a2x3－3ax2＋2，求函数f(x)在区间(－1,1)上的极值．
解：由f(x)＝a2x3－3ax2＋2，得f′(x)＝3a2x2－6ax.
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝.
①当0<<1，即a>2时，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－1,0)
0
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
故f(x)的极大值是f(0)＝2，极小值是f＝2－.
②当≥1，即00)．
(1)当a＝1，且函数f(x)的图象过点(0,1)时，求函数f(x)的极小值；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)上无极值点，求a的取值范围．解：f′(x)＝3ax2－4x＋1.
(1)函数f(x)的图象过点(0,1)时，有f(0)＝c＝1.
当a＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x＋1，f′(x)＝3x2－4x＋1，
由f′(x)>0，解得x<或x>1；
由f′(x)<0，解得0，得01，
∴f(x)＝1－－ln x在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)得f(x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，
∴f(x)在上的最大值为f(1)＝1－1－ln 1＝0.
又f＝1－e－ln＝2－e，f(e)＝1－－ln e＝－，且f0，g(t)是增函数．
所以当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，
所以g(t)min＝300，
此时f(t)min＝15.
故当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．
[解题师说]
1．利用导数解决生活中的实际应用问题的4步骤
2．利用导数解决生活中优化问题的方法
求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，然后利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相结合．
[冲关演练]
某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．
(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；
(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．
解：(1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，
所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．
又根据题意知200πrh＋160πr2＝12 000π，
所以h＝(300－4r2)，
从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．
因为r＞0，又由h＞0可得r＜5，
故函数V(r)的定义域为(0,5)．
(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，
所以V′(r)＝(300－12r2)．
令V′(r)＝0，解得r1＝5，r2＝－5(舍去)．
当r∈(0,5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0,5)上为增函数；
当r∈(5,5)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5,5)上为减函数．
由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．
利用导数研究不等式的问题是每年高考的常考内容，主要考查证明不等式或不等式恒成立问题，多以解答题的形式考查，难度较大，属于中高档题.
[典题领悟]
(2018·沈阳监测)已知函数f(x)＝aln x(a>0)，e为自然对数的底数．
(1)若过点A(2，f(2))的切线斜率为2，求实数a的值；
(2)当x>0时，求证f(x)≥a；
(3)若在区间(1，e)上e－ex<0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由题意得f′(x)＝，
∴f′(2)＝＝2，∴a＝4.
(2)证明：令g(x)＝a(x>0)，
则g′(x)＝a.
令g′(x)>0，即a>0，解得x>1，
令g′(x)<0，解得0.
令h(x)＝，则h′(x)＝，
由(2)知，当x∈(1，e)时，ln x－1＋>0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(1，e)上单调递增，
∴h(x)g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，如果F′(x)>0，则F(x)在(a，b)上是增函数，同时若F(a)≥0，由增函数的定义可知，x∈(a，b)时，有F(x)>0，即证明了f(x)>g(x)．
2．不等式成立(恒成立)问题中的常用结论
(1)f(x)≥a恒成立⇒f(x)min≥a，f(x)≥a成立⇒f(x)max≥a.
(2)f(x)≤b恒成立⇔f(x)max≤b，
f(x)≤b成立⇔f(x)min≤b.
(3)f(x)>g(x)恒成立F(x)min>0.
(4)①∀x1∈M，∀x2∈N，
f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)max；
②∀x1∈M，∃x2∈N，
f(x1)>g(x2)⇔f(x1)min>g(x2)min；
③∃x1∈M，∃x2∈N，
f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)min；
④∃x1∈M，∀x2∈N，
f(x1)>g(x2)⇔f(x1)max>g(x2)max.
[冲关演练]
(2018·沈阳质检)已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)当a＝0时，求证：f(x)≥0；
(2)当x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(0)＝0，
∴f(x)≥0.
(2)f′(x)＝ex－1－2ax，
令h(x)＝ex－1－2ax，则h′(x)＝ex－2a.
①当2a≤1，即a≤时，h′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，h(x)单调递增，
∴h(x)≥h(0)，即f′(x)≥f′(0)＝0，
∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
∴f(x)≥f(0)＝0，
∴当a≤时满足条件．
②当2a>1，即a>时，令h′(x)＝0，解得x＝ln 2a，
当x∈[0，ln 2a)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
∴当x∈[0，ln 2a)时，有h(x)0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A．1百万件 B．2百万件
C．3百万件 D．4百万件
解析：选C y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，
当00；
当x>3时，y′<0.
故当x＝3时，该商品的年利润最大．
5．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：选D 若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，
则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不等实根，
故Δ＝(－4c)2－12＞0，
解得c＞或c＜－.
所以实数c的取值范围为∪.
6．若ex≥k＋x在R上恒成立，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，1] B．[1，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[－1，＋∞)
解析：选A 由ex≥k＋x，得k≤ex－x.
令f(x)＝ex－x，
∴f′(x)＝ex－1.
当f′(x)<0时，解得x<0，当f′(x)>0时，解得x>0.
∴f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．
∴f(x)min＝f(0)＝1.
∴实数k的取值范围为(－∞，1]．故选A.
7．函数f(x)＝的极小值为________．
解析：f′(x)＝＝.
令f′(x)<0，得x<－2或x>1.
令f′(x)>0，得－20，
∵f′(x)＝2x－5＋2ex的零点在区间(0,1)上，∴f(x)＝x2－5x＋2ex的极值点在区间(0,1)上．
2．设直线x＝t与函数h(x)＝x2，g(x)＝ln x的图象分别交于点M，N，则当|MN|最小时t的值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选D 由已知条件可得|MN|＝t2－ln t，
设f(t)＝t2－ln t(t>0)，则f′(t)＝2t－，
令f′(t)＝0，得t＝，
当00，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－20，
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，
可得a＝1，
由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
答案：6
5．已知函数f(x)＝x3－ax2＋b(a，b为实数，且a＞1)在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－1，则a＝____________，b＝________.
解析：因为f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝a.
因为a＞1，
所以当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
－1
(－1,0)
0
(0,1)
1
f′(x)
＋
＋
0
－
－
f(x)
－1－a＋b
极大值b
1－a＋b
由题意得b＝1.
则f(－1)＝－，f(1)＝2－，f(－1)＜f(1)，
所以－＝－1，所以a＝.
答案： 1
6．(2018·张掖一诊)设函数f(x)＝－aln x，求函数f(x)的单调区间和极值．
解：由f(x)＝－aln x，得f′(x)＝x－＝(x＞0)．
①当a≤0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a＞0时，由f′(x)＝0，得x＝或x＝－(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间是(，＋∞)．
函数f(x)在x＝处取得极小值f()＝，无极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，函数f(x)既无极大值也无极小值；
当a＞0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，)，单调递增区间为(，＋∞)，函数f(x)有极小值，无极大值．
7．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f(x)有极值．
(1)求a，b，c的值．
(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①
当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，
可得4a＋3b＋4＝0，②
由①②，解得a＝2，b＝－4.
由于切点的横坐标为1，纵坐标为4，所以f(1)＝4.
所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.
(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如表所示：
x
－3
(－3，－2)
－2
1
f′(x)
＋
＋
0
－
0
＋
＋
f(x)
8
13
4
所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.
C级——重难题目自主选做
(2018·福建质检)已知函数f(x)＝xcos x－(a＋1)sin x，x∈[0，π]，其中≤a≤.
(1)证明：当x∈时，f(x)≤0；
(2)判断f(x)的极值点个数，并说明理由．
解：(1)证明：依题意，得f′(x)＝－xsin x－acos x，
因为≤a≤，所以当x∈时，f′(x)＜0，
所以f(x)在上单调递减，
故当x∈时，f(x)≤f(0)＝0成立．
(2)f(x)有唯一极值点．
理由如下：
设p(x)＝f′(x)，则p′(x)＝－xcos x＋(a－1)sin x，
因为a≥＞1，所以当x∈时，p′(x)＞0，
所以p(x)在上单调递增，
因为p＝－＜0，p(π)＝a＞0，
所以p(x)在上存在唯一零点，记为β.
又由(1)知，当x∈时，p(x)＜0，
所以p(x)在上无零点．
故f′(x)在[0，π]上存在唯一零点β，
当x∈(0，β)时，f′(x)＜0；当x∈(β，π)时，f′(x)＞0.
所以当x∈[0，π]时，f(x)有唯一极值点β，β为极小值点．
(二)重点高中适用作业
A级——保分题目巧做快做
1．函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为( )
A．1－e B．－1
C．－e D．0
解析：选B 因为f′(x)＝－1＝，当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1，e]时，f′(x)＜0，所以f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
2.已知函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)上的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)上的极大值点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 由函数极值的定义和导函数的图象可知，f′(x)在(a，b)上与x轴的交点个数为4，但是在原点附近的导数值恒大于零，故x＝0不是函数f(x)的极值点，其余的3个交点都是极值点，其中有2个点满足其附近的导数值左正右负，故极大值点有2个．
3．若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，则实数c的取值范围为( )
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：选D 若函数f(x)＝x3－2cx2＋x有极值点，
则f′(x)＝3x2－4cx＋1＝0有两个不等实根，
故Δ＝(－4c)2－12＞0，解得c＞或c＜－.
所以实数c的取值范围为∪.
4.已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m，n∈[－1,1]，则f(m)＋f′(n)的最小值是( )
A．－13 B．－15
C．10 D．15
解析：选A 求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，
由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，
即－3×4＋2a×2＝0，所以a＝3.
由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在[－1,0)上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
又因为f′(x)＝－3x2＋6x的图象开口向下，且对称轴为x＝1，
所以当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.
故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.
5.已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为( )
A．(－∞，e] B．[0，e]
C．(－∞，e) D．[0，e)
解析：选A 因为函数f(x)＝－k，
所以函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－k
＝.
因为x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，
所以x＝2是导函数f′(x)＝0的唯一根．
所以－k＝0在(0，＋∞)上无变号零点．
设g(x)＝，则g′(x)＝.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以g(x)min＝g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象知，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则应需k≤e.
6.f(x)＝的极小值为________．
解析：f′(x)＝＝.
令f′(x)<0，得x<－2或x>1.
令f′(x)>0，得－20，
由f′(x)＝3x2－3a＝3(x－)(x＋)，
可得a＝1，
由f(x)＝x3－3ax＋b在x＝1处取得极小值2，
可得1－3＋b＝2，故b＝4.
所以f(x)＝x3－3x＋4的极大值为f(－1)＝(－1)3－3×(－1)＋4＝6.
答案：6
9．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f(x)有极值．
(1)求a，b，c的值．
(2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值．
解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，①
当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，
可得4a＋3b＋4＝0，②
由①②，解得a＝2，b＝－4.
由于切点的横坐标为1，纵坐标为4，所以f(1)＝4.
所以1＋a＋b＋c＝4，得c＝5.
(2)由(1)可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，解得x＝－2或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如表所示：
x
－3
(－3，－2)
－2
1
f′(x)
＋
＋
0
－
0
＋
＋
f(x)
8
13
4
所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为.
10.设函数f(x)＝mx2－(2m＋1)x＋ln x，m∈R.
(1)当m＝3时，求f(x)的极值；
(2)设m>0，讨论函数f(x)的单调性．
解：(1)当m＝3时，f(x)＝3x2－7x＋ln x(x>0)，
∴f′(x)＝6x－7＋＝.
由f′(x)>0，得01；
由f′(x)<0，得1，即00，得0，
由f′(x)<0，得1时，
由f′(x)>0，得01，
由f′(x)<0，得0，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－20)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是________．
解析：令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±.
当x变化时，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，
－)
－
(－，
)
(，
＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
极大值
极小值
从而
解得
所以f(x)的单调递减区间是(－1,1)．
答案：(－1,1)
4.设函数f(x)＝ln x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________．
解析：∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，
由f′(1)＝0，得b＝1－a.
∴f′(x)＝－ax＋a－1＝
＝－.
①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
所以x＝1是f(x)的极大值点．
②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－.
因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以－＞1，解得－1＜a＜0.
综合①②得a的取值范围是(－1，＋∞)．
答案：(－1，＋∞)
5.已知函数f(x)＝－.
(1)求曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程；
(2)设函数g(x)＝－－＋m(m∈R)，试讨论函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上交点的个数．
解：(1)由题意知，f′(x)＝，
∴f′(0)＝1，又f(0)＝－，
故所求切线方程为y＋＝x，即x－y－＝0.
(2)令h(x)＝f(x)－g(x)＝－＋＋－m(x>0)，
则h′(x)＝－＋＝－.
易知h′(1)＝0，
∴当00，当x>1时，h′(x)<0，
∴函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)max＝h(1)＝－＋1－m.
①当－＋1－m＝0，即m＝1－时，函数h(x)只有1个零点，
即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上只有1个交点；
②当－＋1－m<0，即m>1－时，函数h(x)没有零点，
即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上没有交点；
③当－＋1－m>0，即m<1－时，函数h(x)有2个零点，
即函数f(x)与g(x)的图象在(0，＋∞)上有2个交点．
6.(2018·广西三市第一次联考)已知f(x)＝ax－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数，a∈R.
(1)当a＝1时，求f(x)的极值，并证明f(x)＞g(x)＋恒成立；
(2)是否存在实数a，使f(x)的最小值为3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝.
∴当0＜x＜1时，f′(x)＜0，此时f(x)单调递减；
当1＜x＜e时，f′(x)＞0，此时f(x)单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1，
即f(x)在(0，e]上的最小值为1，
令h(x)＝g(x)＋＝＋，
则h′(x)＝，
当0＜x＜e时，h′(x)＞0，h(x)在(0，e]上单调递增，
∴h(x)max＝h(e)＝＋＜＋＝1＝f(x)min.
∴f(x)＞g(x)＋恒成立．
(2)假设存在实数a，使f(x)＝ax－ln x(x∈(0，e])有最小值3，f′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递减，f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
∴a≤0时，不存在a使f(x)的最小值为3.
②当0＜＜e，即a＞时，f(x)在上单调递减，在上单调递增，
∴f(x)min＝f＝1＋ln a＝3，a＝e2，满足条件．
③当≥e，即0＜a≤时，
f(x)在(0，e]上单调递减，
f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，a＝(舍去)，
∴≥e时，不存在a使f(x)的最小值为3.
综上，存在实数a＝e2，
使得当x∈(0，e]时，f(x)有最小值3.
