第3篇 第3講 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)

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1、第3講　導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二) 【2014年高考會這樣考】 1．利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值與閉區(qū)間上的最值． 2．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題. 考點(diǎn)梳理 1．函數(shù)的極值 (1)判斷f(x0)是極值的方法： 一般地，當(dāng)函數(shù)f(x)在點(diǎn)x0處連續(xù)時， ①如果在x0附近的左側(cè)f′(x)>0，右側(cè)f′(x)<0，那么f(x0)是極大值； ②如果在x0附近的左側(cè)f′(x)<0，右側(cè)f′(x)>0，那么f(x0)是極小值． (2)求可導(dǎo)函數(shù)極值的步驟： ①求f′(x)； ②求方程f′(x)＝0的根； ③檢查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符號．如果左正右負(fù)，那么f(x

2、)在這個根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f(x)在這個根處取得極小值．如果左右兩側(cè)符號一樣，那么這個根不是極值點(diǎn)． 2．函數(shù)的最值 (1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值． (2)若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值． (3)設(shè)函數(shù)f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內(nèi)可導(dǎo)，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟如下： ①求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值； ②將f(x)的各極值與f(a)，f(b)

3、比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 3．利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題的一般步驟 (1)分析實際問題中各量之間的關(guān)系，列出實際問題的數(shù)學(xué)模型，寫出實際問題中變量之間的函數(shù)關(guān)系式y(tǒng)＝f(x)； (2)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，解方程f′(x)＝0； (3)比較函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)和f′(x)＝0的點(diǎn)的函數(shù)值的大小，最大(小)者為最大(小)值； (4)回歸實際問題作答． 【助學(xué)·微博】 一個區(qū)別 極值與最值的區(qū)別 極值是指某一點(diǎn)附近函數(shù)值的比較，因此，同一函數(shù)在某一點(diǎn)的極大(小)值，可以比另一點(diǎn)的極小(大)值小(大)；最大、最小值是指閉區(qū)間[a，b]上所有函數(shù)值的比較．因而

4、在一般情況下，兩者是有區(qū)別的，極大(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是極大(小)值，但如果連續(xù)函數(shù)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)只有一個極值，那么極大值就是最大值，極小值就是最小值． 兩個注意 (1)注意實際問題中函數(shù)定義域的確定． (2)在實際問題中，如果函數(shù)在區(qū)間內(nèi)只有一個極值點(diǎn)，那么只要根據(jù)實際意義判定最大值還是最小值即可，不必再與端點(diǎn)的函數(shù)值比較． 三個防范 (1)求函數(shù)最值時，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，要通過認(rèn)真比較才能下結(jié)論；另外注意函數(shù)最值是個“整體”概念，而極值是個“局部”概念． (2)f′(x0)＝0是y＝f(x)在x＝x0取極值的既不充分也不必要條

5、件．如①y＝|x|在x＝0處取得極小值，但在x＝0處不可導(dǎo)；②f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是f(x)＝x3的極值點(diǎn)． (3)若y＝f(x)可導(dǎo)，則f′(x0)＝0是f(x)在x＝x0處取極值的必要條件． 考點(diǎn)自測 1．(2012·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝xex，則(　　)． A．x＝1為f(x)的極大值點(diǎn) B．x＝1為f(x)的極小值點(diǎn) C．x＝－1為f(x)的極大值點(diǎn) D．x＝－1為f(x)的極小值點(diǎn) 解析　f′(x)＝ex＋xex＝ex(1＋x)． ∴當(dāng)f′(x)≥0時， 即ex(1＋x)≥0，即x≥－1， ∴當(dāng)x≥－1時，函數(shù)y＝f(x)為增函數(shù)． 同理

6、可求，當(dāng)x<－1時，函數(shù)f(x)為減函數(shù)． ∴當(dāng)x＝－1時，函數(shù)f(x)取得極小值． 答案　D 2．(2012·全國)已知函數(shù)y＝x3－3x＋c的圖象與x軸恰有兩個公共點(diǎn)，則c＝(　　)． A．－2或2 B．－9或3 C．－1或1 D．－3或1 解析　∵y′＝3x2－3，∴當(dāng)y′＝0時，x＝±1.則x，y′，y的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1,1) 1 (1，＋∞) y′ ＋ － ＋ y  c＋2  c－2  因此，當(dāng)函數(shù)圖象與x軸恰有兩個公共點(diǎn)時，必有c＋2＝0或c－2＝0，∴c＝－2或c＝2. 答案　A

7、 3．某城市在發(fā)展過程中，交通狀況逐漸受到大家更多的關(guān)注，據(jù)有關(guān)統(tǒng)計數(shù)據(jù)顯示，從上午6點(diǎn)到9點(diǎn)，車輛通過該市某一路段的用時y(分鐘)與車輛進(jìn)入該路段的時刻t之間關(guān)系可近似地用如下函數(shù)表示：y＝－t3－t2＋36t－.則在這段時間內(nèi)，通過該路段用時最多的時刻是(　　)． A．6 B．7 C．8 D．9 解析　由題意，得y′＝－t2－t＋36＝－(t＋12)(t－8)．令y′＝0得t＝－12(舍去)或t＝8.當(dāng)6≤t<8時，y′>0；當(dāng)8

8、數(shù)為f′(x)，且函數(shù)y＝(1－x)f′(x)的圖象如圖所示，則下列結(jié)論中一定成立的是(　　)． A．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(1) B．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(1) C．函數(shù)f(x)有極大值f(2)和極小值f(－2) D．函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2) 解析　當(dāng)x<－2時，y＝(1－x)f′(x)>0，得f′(x)>0； 當(dāng)－20，得f′(x)<0； 當(dāng)x>2時，y＝(1－x)f′(x)<0，得f′(x)>0， ∴f(x)在

9、(－∞，－2)上是增函數(shù)，在(－2,1)上是減函數(shù)，在(1,2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)有極大值f(－2)和極小值f(2)． 答案　D 5．如圖是y＝f(x)導(dǎo)數(shù)的圖象，對于下列四個判斷： ①f(x)在[－2，－1]上是增函數(shù)； ②x＝－1是f(x)的極小值點(diǎn)； ③f(x)在[－1,2]上是增函數(shù)，在[2,4]上是減函數(shù)； ④x＝3是f(x)的極小值點(diǎn)． 其中正確的判斷是________(填序號)． 解析　∵x∈[－2，－1]時，f′(x)<0，∴f(x)在[－2，－1]上是減函數(shù)，①錯；∵f′(－1)＝0且在x＝－1兩側(cè)的導(dǎo)數(shù)值為左負(fù)右正，∴x

10、＝－1是f(x)的極小值點(diǎn)，②對；③對；由于f′(3)≠0，④不對． 答案?、冖? 考向一　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值 【例1】?(2012·廣東)設(shè)00}，B＝{x∈R|2x2－3(1＋a)x＋6a>0}，D＝A∩B. (1)求集合D(用區(qū)間表示)； (2)求函數(shù)f(x)＝2x3－3(1＋a)x2＋6ax在D內(nèi)的極值點(diǎn)． [審題視點(diǎn)] (1)從集合B中的一元二次不等式的解法入手，抓住其判別式的正負(fù)對解集的影響來討論即可；(2)結(jié)合第(1)問，再運(yùn)用數(shù)形結(jié)合法，討論f(x)的單調(diào)性即得其極值． 解　(1)令g(x)＝2x2－3(1＋a)x＋6a，

11、 其對稱軸方程為x＝(1＋a)， Δ＝9(1＋a)2－48a＝9a2－30a＋9＝3(3a－1)(a－3)． ①當(dāng)00，g(0)＝6a>0， 方程g(x)＝0的兩個根分別為 00恒成立， 所以D＝A∩B＝(0，＋∞)． 綜上所述，當(dāng)0

12、)． 因為g(a)＝2a2－3(1＋a)a＋6a＝a(3－a)>0，g(1)＝2－3(1＋a)＋6a＝3a－1≤0，所以0

13、x)  極大值 ·  極小值  所以f(x)的極大值點(diǎn)為x＝a，極小值點(diǎn)為x＝1. 綜上所述，當(dāng)0

14、x＋c在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16. (1)求a，b的值； (2)若f(x)有極大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值． 解　(1)因為f(x)＝ax3＋bx＋c，故f′(x)＝3ax2＋b. 由于f(x)在點(diǎn)x＝2處取得極值c－16，故有 即 化簡得解得 (2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12. 令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2. 當(dāng)x∈(－∞，－2)時，f′(x)>0，故f(x)在(－∞，－2)上為增函數(shù)； 當(dāng)x∈(－2,2)時，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上為減函數(shù)； 當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，故f

15、(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)． 由此可知f(x)在x＝－2處取得極大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x＝2處取得極小值f(2)＝c－16. 由題設(shè)條件知16＋c＝28，解得c＝12. 此時f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，f(2)＝－16＋c＝－4，因此f(x)在[－3,3]上的最小值為f(2)＝－4. 考向二　利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值 【例2】?(2012·天津)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a>0. (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點(diǎn)，求a的取值范圍； (3)當(dāng)a＝1時，設(shè)函數(shù)f(

16、x)在區(qū)間[t，t＋3]上的最大值為M(t)，最小值為m(t)，記g(t)＝M(t)－m(t)，求函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值． [審題視點(diǎn)] (1)求f′(x)，解不等式f′(x)>0得函數(shù)增區(qū)間，解f′(x)<0得函數(shù)減區(qū)間．(2)由零點(diǎn)存在性定理列出不等式組求出a的范圍．(3)求極值、端點(diǎn)值，進(jìn)行比較得最值． 解　(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a>0. 當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋

17、 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(a，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－1，a)． (2)由(1)知f(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(－1,0)內(nèi)單調(diào)遞減，從而函數(shù)f(x)在區(qū)間(－2,0)內(nèi)恰有兩個零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng) 所以a的取值范圍是. (3)當(dāng)a＝1時，f(x)＝x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減，在[1,2]上單調(diào)遞增． ①當(dāng)t∈[－3，－2]時，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上單調(diào)遞增，在[－1，t＋3]

18、上單調(diào)遞減．因此，f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)為f(t)與f(t＋3)中的較小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，當(dāng)t∈[－3，－2]時，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上單調(diào)遞增，因此f(t)≤f(－2)＝－.所以g(t)在[－3，－2]上的最小值為g(－2)＝－－＝. ②當(dāng)t∈[－2，－1]時，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]． 下面比較f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小， 由f(x)在[－2，－1]，[1,2]

19、上單調(diào)遞增，有 f(－2)≤f(t)≤f(－1)，f(1)≤f(t＋3)≤f(2)． 又由f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－，從而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－. 所以g(t)＝M(t)－m(t)＝. 綜上，函數(shù)g(t)在區(qū)間[－3，－1]上的最小值為. 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．

20、 【訓(xùn)練2】 已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)x＝1處的切線為l：3x－y＋1＝0，當(dāng)x＝時，y＝f(x)有極值． (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， 當(dāng)x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0，① 當(dāng)x＝時，y＝f(x)有極值，則f′＝0， 可得4a＋3b＋4＝0，② 由①②解得a＝2，b＝－4. 由于切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝1，∴f(1)＝4. ∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5. (2)由(1)可得f(x)＝x3＋2

21、x2－4x＋5， ∴f′(x)＝3x2＋4x－4. 令f′(x)＝0，得x＝－2，x＝. 當(dāng)x變化時，y，y′的取值及變化如下表： x －3 (－3，－2) －2 1 y′ ＋ 0 － 0 ＋ y 8  13   4 ∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小值為. 考向三　利用導(dǎo)數(shù)解決生活中的優(yōu)化問題 【例3】?(2011·山東)某企業(yè)擬建造如圖所示的容器(不計厚度，長度單位：米)，其中容器的中間為圓柱形，左右兩端均為半球形，按照設(shè)計要求容器的容積為立方米，且l≥2r.假設(shè)該容器的建造費(fèi)用僅與其表面積有

22、關(guān)．已知圓柱形部分每平方米建造費(fèi)用為3千元，半球形部分每平方米建造費(fèi)用為c(c>3)千元．設(shè)該容器的建造費(fèi)用為y千元． (1)寫出y關(guān)于r的函數(shù)表達(dá)式，并求該函數(shù)的定義域； (2)求該容器的建造費(fèi)用最小時的r. [審題視點(diǎn)] 根據(jù)體積求出r，l的關(guān)系，由l≥2r確定r的取值范圍；由圓柱的側(cè)面積和球的表面積建立造價y關(guān)于r的函數(shù)關(guān)系，然后利用導(dǎo)數(shù)求其最小值． 解　(1)設(shè)容器的容積為V， 由題意知V＝πr2l＋πr3，又V＝， 故l＝＝－r＝. 由于l≥2r，因此0

23、3，所以c－2>0. 當(dāng)r3－＝0時，r＝ ， 令 ＝m，則m>0， 所以y′＝(r－m)(r2＋rm＋m2)． ①當(dāng)0時， 當(dāng)r＝m時，y′＝0； 當(dāng)r∈(0，m)時，y′<0； 當(dāng)r∈(m,2)時，y′>0， 所以r＝m是函數(shù)y的極小值點(diǎn)，也是最小值點(diǎn)． ②當(dāng)m≥2，即3時，建造費(fèi)用最小時r＝ . 利用導(dǎo)數(shù)解決實際生活中的最

24、優(yōu)化問題時，首先應(yīng)根據(jù)已知條件建立函數(shù)模型，然后利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)模型，求解相關(guān)最值，但要注意變量的實際意義和取值范圍． 【訓(xùn)練3】 (2012·廣州模擬)統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中，每小時耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/時)的函數(shù)解析式可以表示為：y＝x3－x＋8(0

25、米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油17.5升． (2)當(dāng)速度為x千米/時時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設(shè)耗油量為h(x)升，依題意，得 h(x)＝· ＝x2＋－(00，h(x)是增函數(shù)， ∴當(dāng)x＝80時，h(x)取到極小值h(80)＝11.25， 因為h(x)在(0,120]上只有一個極值，所以它是最小值． 故當(dāng)汽車以80千米/時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少，最少為11.25升

26、． 規(guī)范解答5——利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)與方程、不等式等綜合問題 【命題研究】 從近幾年的高考試題來看，利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性和極值問題已成為重要的考點(diǎn)，考查題型以解答題為主，也有選擇題、填空題，小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，解答題主要考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性，或方程、不等式的綜合應(yīng)用． 【真題探究】? (本小題滿分14分)(2012·浙江)已知a>0，b∈R，函數(shù)f(x)＝4ax3－2bx－a＋b. (1)證明：當(dāng)0≤x≤1時， ①函數(shù)f(x)的最大值為|2a－b|＋a； ②f(x)＋|2a－b|＋a≥0. (2)若－1≤f(x)≤1對x∈[0,1]恒成立，求a

27、＋b的取值范圍． [教你審題] (1)①求f′(x)，解不等式確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)極值及區(qū)間端點(diǎn)值，比較求出最大值． ②求函數(shù)最值，轉(zhuǎn)化為恒成立問題． (2)化歸轉(zhuǎn)化，借助線性規(guī)劃知識求出a＋b的范圍． [規(guī)范解答] (1)①f′(x)＝12ax2－2b＝12a. 當(dāng)b≤0時，有f′(x)≥0，此時f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增． 當(dāng)b>0時，f′(x)＝12a，此時f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．(3分) 所以當(dāng)0≤x≤1時，f(x)max＝max{f(0)，f(1)}＝max{－a＋b,3a－b}＝＝|2a－b|＋a.(5分) ②由于0≤x≤1，故當(dāng)b≤2a時

28、，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)＋3a－b＝4ax3－2bx＋2a≥4ax3－4ax＋2a＝2a(2x3－2x＋1)． 當(dāng)b>2a時，f(x)＋|2a－b|＋a＝f(x)－a＋b＝4ax3＋2b(1－x)－2a>4ax3＋4a(1－x)－2a＝2a(2x3－2x＋1)．(7分) 設(shè)g(x)＝2x3－2x＋1,0≤x≤1， 則g′(x)＝6x2－2＝6， 于是g′(x)，g(x)隨x的變化情況如下表： x 0 1 g′(x) － 0 ＋ g(x) 1 ·  極小值  1 所以，g(x)min＝g＝1－>0. 所以當(dāng)0≤x≤1時，

29、2x3－2x＋1>0. 故f(x)＋|2a－b|＋a≥2a(2x3－2x＋1)≥0.(10分) (2)由①知，當(dāng)0≤x≤1，f(x)max＝|2a－b|＋a， 所以|2a－b|＋a≤1. 若|2a－b|＋a≤1，則由②知f(x)≥－(|2a－b|＋a)≥－1.所以－1≤f(x)≤1對任意0≤x≤1恒成立的充要條件是即或(12分) 在直角坐標(biāo)系aOb中，(*)所表示的平面區(qū)域為如圖所示的陰影部分，其中不包括線段BC.作一組平行直線a＋b＝t(t∈R)， 得－1

30、方式，不是證明不等式恒成立問題，而是已知不等式恒成立，去求參數(shù)的范圍，解答時，不僅與線性規(guī)劃相結(jié)合，而且充分利用了第(1)問的兩個結(jié)論，這一步值得我們進(jìn)行反思，對于一個有遞進(jìn)關(guān)系的綜合問題，命題者常常通過前一問的結(jié)論隱性地設(shè)置后一問的條件，因此有效地利用前一問的結(jié)論(即把這個結(jié)論也作為題目的新的條件)去解答后問，是我們解答綜合性問題的一種思維習(xí)慣和解題方式． 利用導(dǎo)數(shù)法求解函數(shù)最值的基本步驟是： 第一步：求導(dǎo)：根據(jù)基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)以及求導(dǎo)法則準(zhǔn)確求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)． 第二步：定零點(diǎn)：令導(dǎo)函數(shù)等于零求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)． 第三步：定單調(diào)性：利用導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)將給定區(qū)間分為多個單調(diào)區(qū)間，根據(jù)導(dǎo)

31、函數(shù)的符號確定函數(shù)的單調(diào)性． 第四步：求最值：求出函數(shù)在每個單調(diào)區(qū)間上的端點(diǎn)值與函數(shù)的極值，比較它們的大小，從而確定最值． 第五步：回顧反思：利用導(dǎo)數(shù)法求解函數(shù)最值應(yīng)該注意兩個方面的問題，一是函數(shù)的定義域，函數(shù)與其導(dǎo)函數(shù)的定義域可能不一致；二是確定函數(shù)在某個區(qū)間上的最值時，注意極值與最值的區(qū)別． 【試一試】 (2011·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值． (2)討論g(x)與g的大小關(guān)系． (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立？若存在，求

32、出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題設(shè)易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋， ∴g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間，∴x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，∴最小值為g(1)＝1. (2)g＝－ln x＋x， 設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋， 則h′(x)＝－. 當(dāng)x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g， 當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)<0，h′

33、(1)＝0， ∴h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 當(dāng)0h(1)＝0，即g(x)>g， 當(dāng)x>1時，h(x)0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立，即對任意x>0，有l(wèi)n x0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立． 法二　假設(shè)存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立．由(1)知，g(x)

34、的最小值為g(1)＝1，又g(x)＝ln x＋>ln x，而x>1時，ln x的值域為(0，＋∞)，∴當(dāng)x≥1時，g(x)的值域為[1，＋∞)，從而可取一個x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1，即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，與假設(shè)矛盾．∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立． A級　基礎(chǔ)演練(時間：30分鐘　滿分：55分) 一、選擇題(每小題5分，共20分) 1．(2013·北京東城模擬)函數(shù)f(x)的定義域為開區(qū)間(a，b)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)在(a，b)內(nèi)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)有極小值點(diǎn)(　　

35、)． A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 答案　A 2．(2013·蘇州一中月考)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有極大值和極小值，則實數(shù)a的取值范圍是 (　　)． A．(－1,2) B．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C．(－3,6) D．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析　f′(x)＝3x2＋2ax＋(a＋6)，因為函數(shù)有極大值和極小值，所以f′(x)＝0有兩個不相等的實數(shù)根，所以Δ＝4a2－4×3(a＋6)＞0，解得a＜－3或a＞6. 答案　B 3．(2013·撫順質(zhì)檢)函數(shù)y＝的極小值為

36、 (　　)． A. B．0 C. D．1 解析　函數(shù)的定義域為(0，＋∞)， y′＝＝. 函數(shù)y′與y隨x變化情況如下： x (0,1) 1 (1，e2) e2 (e2，＋∞) y′ － 0 ＋ 0 － y  0  ·  則當(dāng)x＝1時函數(shù)y＝取到極小值0. 答案　B 4．(2013·南京模擬)設(shè)f(x)是一個三次函數(shù)，f′(x)為其導(dǎo)函數(shù)，如圖所示的是y＝x·f′(x)的圖象的一部分，則f(x)的極大值與極小值分別是 (　　)． A．f(1)與f(－1) B．f(－1)與f(1) C．f(

37、－2)與f(2) D．f(2)與f(－2) 解析　由圖象知f′(2)＝f′(－2)＝0.∵x>2時，y＝x·f′(x)>0，∴f′(x)>0，∴y＝f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增；同理f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞增，在(－2,2)上單調(diào)遞減， ∴y＝f(x)的極大值為f(－2)，極小值為f(2)，故選C. 答案　C 二、填空題(每小題5分，共10分) 5．已知函數(shù)y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2處有極值，其圖象在x＝1處的切線平行于直線6x＋2y＋5＝0，則f(x)極大值與極小值之差為________． 解析　∵y′＝3x2＋6ax＋3b， ? ∴y

38、′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，則x＝0或x＝2. ∴f(x)極大值－f(x)極小值＝f(0)－f(2)＝4. 答案　4 6．已知函數(shù)f(x)＝(其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，且e≈2.718)．若f(6－a2)>f(a)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析　∵f′(x)＝當(dāng)x≤e時，f′(x)＝6－2x＝2(3－x)>0，當(dāng)x>e時，f′(x)＝1－＝>0，∴f(x)在R上單調(diào)遞增．又f(6－a2)>f(a)，∴6－a2>a，解之得－3

39、f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值． 解　(1)f′(x)＝(x－k＋1)ex. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. f(x)與f′(x)的情況如下： 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(dāng)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(dāng)0＜k－1＜1，即1＜k＜2時， 由(1)知f(x)在[0，k－

40、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(dāng)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. 8．(13分)(2011·福建)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3

41、最大． 解　(1)因為x＝5時，y＝11，所以＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2.所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤 f(x)＝(x－3) ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3

42、點(diǎn)．所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答：當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． B級　能力突破(時間：30分鐘　滿分：45分) 一、選擇題(每小題5分，共10分) 1．函數(shù)f(x)＝ex(sin x＋cos x)在區(qū)間上的值域為 (　　)． A. B. C．[1，e] D．(1，e) 解析　f′(x)＝ex(sin x＋cos x)＋ex(cos x－sin x)＝excos x， 當(dāng)0≤x≤時，f′(x)≥0，且只有在x＝時，f′(x)＝0， ∴f(x)是上的增函數(shù)， ∴f(x)的最

43、大值為f＝e， f(x)的最小值為f(0)＝. ∴f(x)在上的值域為.故應(yīng)選A. 答案　A 2．(2013·濰坊一模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個極值點(diǎn)x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，則f(－1)的取值范圍是 (　　)． A. B. C．[3,12] D. 解析　因為f(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，所以f′(x)＝3x2＋4bx＋c＝0有兩個根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，所以即 畫出可行域如圖所示．因為f(－1)＝2b－c，由圖知經(jīng)過點(diǎn)A(0，－3)時，f(－1)取得最小值3，經(jīng)過

44、點(diǎn)C(0，－12)時，f(－1)取得最大值12，所以f(－1)的取值范圍為[3,12]． 答案　C 二、填空題(每小題5分，共10分) 3．已知函數(shù)f(x)＝mx3＋nx2的圖象在點(diǎn)(－1,2)處的切線恰好與直線3x＋y＝0平行，若f(x)在區(qū)間[t，t＋1]上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是________． 解析　由題意知，點(diǎn)(－1,2)在函數(shù)f(x)的圖象上， 故－m＋n＝2.① 又f′(x)＝3mx2＋2nx，則f′(－1)＝－3， 故3m－2n＝－3.② 聯(lián)立①②解得：m＝1，n＝3，即f(x)＝x3＋3x2， 令f′(x)＝3x2＋6x≤0，解得－2≤x≤0， 則

45、[t，t＋1]?[－2,0]，故t≥－2且t＋1≤0， 所以t∈[－2，－1]． 答案　[－2，－1] 4．(2013·長春調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝＋ln x，若函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，則正實數(shù)a的取值范圍為________． 解析　∵f(x)＝＋ln x，∴f′(x)＝(a>0)， ∵函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，∴f′(x)＝≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，∴ax－1≥0對x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥對x∈[1，＋∞)恒成立，∴a≥1. 答案　[1，＋∞) 三、解答題(共25分) 5．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a>0)，

46、且方程f′(x)－9x＝0的兩根分別為1,4. (1)當(dāng)a＝3且曲線y＝f(x)過原點(diǎn)時，求f(x)的解析式； (2)若f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)無極值點(diǎn)，求a的取值范圍． 解　由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d得f′(x)＝ax2＋2bx＋c. 因為f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的兩個根分別為1,4， 所以(*) (1)當(dāng)a＝3時，由(*)式得 解得b＝－3，c＝12.又因為曲線y＝f(x)過原點(diǎn)， 所以d＝0.故f(x)＝x3－3x2＋12x. (2)由于a>0，所以f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)內(nèi)無極值點(diǎn)等價于f′(x)＝ax2＋2bx

47、＋c≥0在(－∞，＋∞)內(nèi)恒成立．由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a. 又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)， 由得a∈[1,9]． 即a的取值范圍是[1,9]． 6．(13分)(2012·新課標(biāo)全國)已知函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f′(1)ex－1－f(0)x＋x2. (1)求f(x)的解析式及單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≥x2＋ax＋b，求(a＋1)b的最大值． 解　(1)由已知得f′(x)＝f′(1)ex－1－f(0)＋x. 所以f′(1)＝f′(1)－f(0)＋1，即f(0)＝1. 又f(0)＝f′(1)e－1，所以f′(1)＝e. 從而f(x)＝ex

48、－x＋x2.由于f′(x)＝ex－1＋x， 故當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0. 從而，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由已知條件得ex－(a＋1)x≥b.① (i)若a＋1<0，則對任意常數(shù)b，當(dāng)x<0，且x<時，可得ex－(a＋1)x0，設(shè)g(x)＝ex－(a＋1)x， 則g′(x)＝ex－(a＋1)． 當(dāng)x∈(－∞，ln(a＋1))時，g′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln(a＋1)，＋∞)時，g′(x)>0.

49、 從而g(x)在(－∞，ln(a＋1))上單調(diào)遞減，在(ln(a＋1)，＋∞)上單調(diào)遞增． 故g(x)有最小值g(ln(a＋1))＝a＋1－(a＋1)ln(a＋1)． 所以f(x)≥x2＋ax＋b等價于b≤a＋1－(a＋1)·ln(a＋1)．② 因此(a＋1)b≤(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)． 設(shè)h(a)＝(a＋1)2－(a＋1)2ln(a＋1)，則 h′(a)＝(a＋1)[1－2ln(a＋1)]． 所以h(a)在(－1，e－1)上單調(diào)遞增，在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞減，故h(a)在a＝e－1處取得最大值． 從而h(a)≤，即(a＋1)b≤. 當(dāng)a＝e－1，b＝時，②式成立．故f(x)≥x2＋ax＋b. 綜上得，(a＋1)b的最大值為.