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第十一节 导数在函数研究中的应用1．函数的单调性了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．函数的极值了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．知识点一 利用导数研究函数的单调性1．函数f (x )在某个区间(a ，b )内的单调性与其导数的正负有如下关系 (1)若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上是增加的． (2)若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上是减少的． (3)若f __′(x )＝0，则f (x )在这个区间内是常数． 2．利用导数判断函数单调性的一般步骤 (1)求f __′(x )．(2)在定义域内解不等式f __′(x )>0或f __′(x )<0. (3)根据结果确定f (x )的单调区间． 易误提醒1．在某个区间(a ，b )上，若f ′(x )>0，则f (x )在这个区间上单调递增；若f ′(x )<0，则f (x )在这个区间上单调递减；若f ′(x )＝0恒成立，则f (x )在这个区间上为常数函数；若f ′(x )的符号不确定，则f (x )不是单调函数．2．若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递增，则f ′(x )≥0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立；若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上单调递减，则f ′(x )≤0，且在(a ，b )的任意子区间，等号不恒成立．[自测练习]1．函数f (x )＝x ＋eln x 的单调递增区间为( ) A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(－∞，0)和(0，＋∞)D ．R解析：函数定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1＋ex >0，故单调增区间是(0，＋∞)．答案：A2．若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调增函数，则m 的取值范围是________． 解析：∵f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1， ∴f ′(x )＝3x 2＋2x ＋m .又∵f (x )在R 上是单调增函数，∴f ′(x )≥0恒成立，∴Δ＝4－12m ≤0，即m ≥13.答案：⎣⎡⎭⎫13，＋∞ 知识点二 利用导数研究函数的极值 1．函数的极大值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都小于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极大值点，其函数值f (x 0)为函数的极大值．2．函数的极小值在包含x 0的一个区间(a ，b )内，函数y ＝f (x )在任何一点的函数值都大于x 0点的函数值，称点x 0为函数y ＝f (x )的极小值点，其函数值f (x 0)为函数的极小值．极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点．易误提醒 f ′(x 0)＝0是x 0为f (x )的极值点的非充分非必要条件．例如，f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点；又如f (x )＝|x |，x ＝0是它的极小值点，但f ′(0)不存在．[自测练习]3.函数f (x )的定义域为开区间(a ，b )，导函数f ′(x )在(a ，b )内的图象如图所示，则函数f (x )在开区间(a ，b )内有极小值点( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析：导函数f ′(x )的图象与x 轴的交点中，左侧图象在x 轴下方，右侧图象在x 轴上方的只有一个，故选A.答案：A4．若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9在x ＝－3时取得极值，则a 等于( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．5解析：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意知f ′(－3)＝0，即3×(－3)2＋2×(－3)a ＋3＝0，解得a ＝5.答案：D考点一 利用导数研究函数的单调性|(2015·高考全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． [解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a .若a ≤0，则f ′(x )>0， 所以f (x )在(0，＋∞)单调递增． 若a >0，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 单调递增， 在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)无最大值；当a >0时，f (x )在x ＝1a 处取得最大值，最大值为f ⎝⎛⎭⎫1a ＝ln 1a ＋a ⎝⎛⎭⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1. 因此f ⎝⎛⎭⎫1a >2a －2等价于ln a ＋a －1<0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)单调递增，g (1)＝0. 于是，当0<a <1时，g (a )<0；当a >1时，g (a )>0. 因此，a 的取值范围是(0,1)．利用导数研究函数的单调性应注意两点(1)在区间内f ′(x )>0(f ′(x )<0)是函数f (x )在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件． (2)可导函数f (x )在(a ，b )内是增(减)函数的充要条件是：∀x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0(f ′(x )≤0)，且f ′(x )在(a ，b )的任何子区间内都不恒为零．1．已知函数f (x )＝m ln x －12x 2(m ∈R )，求函数f (x )的单调区间．解：函数f (x )＝m ln x －12x 2的定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝mx －x ＝m －x 2x .当m ≤0时，f ′(x )≤－x 2x＝－x <0，函数f (x )＝m ln x －12x 2在(0，＋∞)上为减函数．当m >0时，令f ′(x )＝0，得：x ＝m 或－m (舍去)． 当x ∈(0，m )时，f ′(x )>0， ∴f (x )在(0，m )上是增函数． 当x ∈(m ，＋∞)时，f ′(x )<0， ∴f (x )在(m ，＋∞)上是减函数．综上所述，当m ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，＋∞)，当m >0时，f (x )的单调递增区间为(0，m )，单调递减区间为(m ，＋∞)．考点二 已知单调性求参数范围|(2015·福州模拟)已知函数f (x )＝e x 2－1e x －ax (a ∈R )．(1)当a ＝32时，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，求实数a 的取值范围． [解] (1)当a ＝32时，f (x )＝e x 2－1e x －32x ，f ′(x )＝12e x [(e x )2－3e x ＋2]＝12e x (e x －1)(e x －2)，令f ′(x )＝0，得e x ＝1或e x ＝2，即x ＝0或x ＝ln 2； 令f ′(x )>0，得x <0或x >ln 2； 令f ′(x )<0，则0<x <ln 2.∴f (x )在(－∞，0]，[ln 2，＋∞)上单调递增，在(0，ln 2)上单调递减． (2)f ′(x )＝e x 2＋1e x －a ，令e x ＝t ，由于x ∈[－1,1]，∴t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e .令h (t )＝t 2＋1t ⎝⎛⎭⎫t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e ， h ′(t )＝12－1t 2＝t 2－22t2，∴当t ∈⎣⎡⎭⎫1e ，2时，h ′(t )<0，函数h (t )为单调减函数； 当t ∈(2，e]时，h ′(t )>0，函数h (t )为单调增函数． 故h (t )在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上的极小值点为t ＝ 2. 又h (e)＝e 2＋1e <h ⎝⎛⎭⎫1e ＝12e ＋e ，∴2≤h (t )≤e ＋12e.∵函数f (x )在[－1,1]上为单调函数，若函数在[－1,1]上单调递增，则a ≤t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≤2；若函数f (x )在[－1,1]上单调递减，则a ≥t 2＋1t 对t ∈⎣⎡⎦⎤1e ，e 恒成立，所以a ≥e ＋12e，综上可得a ≤ 2或a ≥e ＋12e.已知函数单调性，求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ，b )上单调，则区间(a ，b )是相应单调区间的子集．(2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增，则f ′(x )≥0；若函数单调递减，则f ′(x )≤0”来求解．提醒：f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ，b )，都有f ′(x )≥0且在(a ，b )内的任一非空子区间上f ′(x )≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．2．已知函数f (x )＝e x －ax (a ∈R ，e 为自然对数的底数)． (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若a ＝1，函数g (x )＝(x －m )f (x )－e x ＋x 2＋x 在(2，＋∞)上为增函数，求实数m 的取值范围．解：(1)函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝e x －a . 当a ≤0时，f ′(x )>0，∴f (x )在R 上为增函数； 当a >0时，由f ′(x )＝0得x ＝ln a ，则当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，∴函数f (x )在(－∞，ln a )上为减函数， 当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0， ∴函数f (x )在(ln a ，＋∞)上为增函数．(2)当a ＝1时，g (x )＝(x －m )(e x －x )－e x ＋x 2＋x ， ∵g (x )在(2，＋∞)上为增函数，∴g ′(x )＝x e x －m e x ＋m ＋1≥0在(2，＋∞)上恒成立， 即m ≤x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上恒成立，令h (x )＝x e x ＋1e x －1，x ∈(2，＋∞)，h ′(x )＝(e x )2－x e x －2e x (e x －1)2＝e x (e x －x －2)(e x －1)2. 令L (x )＝e x －x －2，L ′(x )＝e x －1>0在(2，＋∞)上恒成立， 即L (x )＝e x －x －2在(2，＋∞)上为增函数， 即L (x )>L (2)＝e 2－4>0，∴h ′(x )>0， 即h (x )＝x e x ＋1e x －1在(2，＋∞)上为增函数，∴h (x )>h (2)＝2e 2＋1e 2－1，∴m ≤2e 2＋1e 2－1.考点三 利用导数研究极值|设函数f (x )＝x 2－ax ＋b .讨论函数f (sin x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． [解] f (sin x )＝sin 2x －a sin x ＋b ＝sin x (sin x －a )＋b ，－π2<x <π2.[f (sin x )]′＝(2sin x －a )cos x ，－π2<x <π2.因为－π2<x <π2，所以cos x >0，－2<2sin x <2.①a ≤－2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递增，无极值． ②a ≥2，b ∈R 时，函数f (sin x )单调递减，无极值．③对于－2<a <2，在⎝⎛⎭⎫－π2，π2内存在唯一的x 0，使得2sin x 0＝a .－π2<x ≤x 0时， 函数f (sin x )单调递减；x 0≤x <π2时，函数f (sin x )单调递增．因此，－2<a <2，b ∈R 时，函数f (sin x )在x 0处有极小值 f (sin x 0)＝f ⎝⎛⎭⎫a 2＝b －a24.3．(2015·太原一模)已知函数f (x )＝(x 2－ax ＋a )e x －x 2，a ∈R . (1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)若函数f (x )在x ＝0处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)由题意得f ′(x )＝x [(x ＋2－a )e x －2]＝ x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴x ＋2－2ex ≥a 在(0，＋∞)上恒成立，又函数g (x )＝x ＋2－2e x 在(0，＋∞)上单调递增，∴a ≤g (0)＝0，∴a 的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f ′(x )＝x e x ⎝⎛⎭⎫x ＋2－2e x －a ，x ∈R ， 令f ′(x )＝0，则x ＝0或x ＋2－2e x －a ＝0，即x ＝0或g (x )＝a ，∵g (x )＝x ＋2－2e x 在(－∞，＋∞)上单调递增，其值域为R ，∴存在唯一x 0∈R ，使得g (x 0)＝a ，①若x 0>0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，x 0)时，g (x )<a ，f ′(x )<0，∴f (x )在x ＝0处取得极大值，这与题设矛盾．②若x 0＝0，当x ∈(－∞，0)时，g (x )<a ，f ′(x )>0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处不取极值，这与题设矛盾．③若x 0<0，当x ∈(x 0,0)时，g (x )>a ，f ′(x )<0；当x ∈(0，＋∞)时，g (x )>a ，f ′(x )>0，∴f (x )在x ＝0处取得极小值．综上所述，x 0<0，∴a ＝g (x 0)<g (0)＝0， ∴a 的取值范围是(－∞，0)． 8.分类讨论思想在导数中的应用【典例】 (2015·贵阳期末)已知函数f (x )＝ax －ae x (a ∈R ，a ≠0)．(1)当a ＝－1时，求函数f (x )的极值；(2)若函数F (x )＝f (x )＋1没有零点，求实数a 的取值范围．[思维点拨] (1)求f ′(x )后判断f (x )在(－∞，＋∞)上的单调性，可求极值． (2)分类讨论f (x )在(－∞，＋∞)的单调性，利用极值建立所求参数a 的不等式求解． [解] (1)当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋1e x ，f ′(x )＝x －2ex . 由f ′(x )＝0，得x ＝2.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：所以函数f (x )的极小值为f (2)＝－1e2，函数f (x )无极大值．(2)F ′(x )＝f ′(x )＝a e x －(ax －a )e x e 2x ＝－a (x －2)e x .①当a <0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：若使函数F (x )没有零点，当且仅当F (2)＝ae 2＋1>0，解得a >－e 2，所以此时－e 2<a <0；②当a >0时，F (x )，F ′(x )的变化情况如下表：因为F (2)>F (1)>0，且F ⎝⎛⎭⎫1－10a ＝e1－10a －10e1－10a <e －10e1－10a <0， 所以此时函数F (x )总存在零点． (或：当x >2时，F (x )＝a (x －1)e x＋1>1，当x <2时，令F (x )＝a (x －1)e x＋1<0，即a (x －1)＋e x <0， 由于a (x －1)＋e x <a (x －1)＋e 2， 令a (x －1)＋e 2≤0，得x ≤1－e 2a ，即x ≤1－e 2a时，F (x )<0，即F (x )存在零点)综上所述，所求实数a 的取值范围是(－e 2,0)．[思想点评] 分类讨论思想在导数研究函数的应用中运用普遍常见的分类讨论点有： (1)f ′(x )＝0是否有根．(2)若f ′(x )＝0有根，根是否在定义域内． (3)若f ′(x )＝0有两根，两根大小比较问题.A 组 考点能力演练1．(2015·岳阳一模)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：A 、B 为单调函数，不存在极值，C 不是奇函数，故选D. 答案：D2．(2016·厦门质检)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )A ．(0,1)B ．(0,1]C ．(1，＋∞)D ．(0,2)解析：由题意知，函数的定义域为(0，＋∞)，又由y ′＝x －1x ≤0，解得0<x ≤1，所以函数的单调递减区间为(0,1]．答案：B3.已知函数f (x )＝x 3＋bx 2＋cx 的图象如图所示，则x 21＋x 22＝( )A.23B.43C.83D.163解析：由图象可知f (x )的图象过点(1,0)与(2,0)，x 1，x 2是函数f (x )的极值点，因此1＋b ＋c ＝0,8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－3，c ＝2，所以f (x )＝x 3－3x 2＋2x ，所以f ′(x )＝3x 2－6x ＋2.x 1，x 2是方程f ′(x )＝3x 2－6x ＋2＝0的两根，因此x 1＋x 2＝2，x 1·x 2＝23，所以x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1·x 2＝4－43＝83，故选C.答案：C4．已知函数f (x )＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ，若f (x 1)<f (x 2)，则( ) A ．x 1>x 2 B ．x 1＋x 2＝0C ．x 1<x 2D ．x 21<x 22解析：因为f (－x )＝－x ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －x －1e －x ＝x ⎝⎛⎭⎫e x －1e x ＝f (x )，所以f (x )为偶函数．由f (x 1)<f (x 2)，得f (|x 1|)<f (|x 2|)(*)．又f ′(x )＝e x－1e x ＋x ⎝⎛⎭⎫e x ＋1e x ＝e 2x(x ＋1)＋x －1ex，当x ≥0时，e 2x (x ＋1)＋x －1≥e 0(0＋1)＋0－1＝0，所以f ′(x )≥0，所以f (x )在[0，＋∞)上为增函数，由(*)式得|x 1|<|x 2|，即x 21<x 22，故选D.答案：D5．若函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x 在区间[1,4]上单调递减，则实数t 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤－∞，518 B ．(－∞，3] C.⎣⎡⎭⎫518，＋∞ D ．[3，＋∞)解析：f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于f (x )在区间[1,4]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[1,4]上恒成立，即3x 2－2tx ＋3≤0，即t ≥32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上恒成立，因为y ＝32⎝⎛⎭⎫x ＋1x 在[1,4]上单调递增，所以t ≥32⎝⎛⎭⎫4＋14＝518，故选C. 答案：C6．(2016·九江一模)已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上是增函数，则实数a 的取值范围为________．解析：由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立，∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83，∴2a ≥83，即a ≥43. 答案：⎣⎡⎭⎫43，＋∞7．设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________．解析：本题考查利用导数研究函数的极值及不等式的解法．由f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2＝0得x 1＝a3，x 2＝a .又∵x 1<2<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a >2，a 3<2，∴2<a <6.答案：(2,6)8．(2015·兰州一模)若函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 2－e x －ax ，∴f ′(x )＝2x －e x －a ， ∵函数f (x )＝x 2－e x －ax 在R 上存在单调递增区间，∴f ′(x )＝2x －e x －a ≥0，即a ≤2x －e x 有解，设g (x )＝2x －e x ，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )＝0，解得x ＝ln 2，则当x <ln 2时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，当x >ln 2时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，∴当x ＝ln 2时，g (x )取得最大值，且g (x )max ＝g (ln 2)＝2ln 2－2，∴a ≤2ln 2－2.答案：(－∞，2ln 2－2)9．已知函数f (x )＝x －2ln x －ax ＋1，g (x )＝e x (2ln x －x )．(1)若函数f (x )在定义域上是增函数，求a 的取值范围； (2)求g (x )的最大值．解：(1)由题意得x >0，f ′(x )＝1－2x ＋ax2.由函数f (x )在定义域上是增函数，得f ′(x )≥0，即a ≥2x －x 2＝－(x －1)2＋1(x >0)． 因为－(x －1)2＋1≤1(当x ＝1时，取等号)， 所以a 的取值范围是[1，＋∞)． (2)g ′(x )＝e x ⎝⎛⎭⎫2x －1＋2ln x －x ， 由(1)得a ＝2时，f (x )＝x －2ln x －2x ＋1，且f (x )在定义域上是增函数，又f (1)＝0，所以，当x ∈(0,1)时，f (x )<0，当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0. 所以，当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0. 故当x ＝1时，g (x )取得最大值－e.10．(2015·安徽六校联考)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(其中k ∈R )． (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间和极值；(2)当k ∈[0，＋∞)时，证明函数f (x )在R 上有且只有一个零点．解：(1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x e x －2x ＝x (e x －2)， 令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝ln 2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化如下表：∞)．f (x )的极大值为f (0)＝－1，极小值为f (ln 2)＝ －(ln 2)2＋2ln 2－2.(2)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x e x －2kx ＝x (e x －2k )， 当x <1时，f (x )<0，所以f (x )在(－∞，1)上无零点． 故只需证明函数f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．①若k ∈⎣⎡⎦⎤0，e2，则当x ≥1时，f ′(x )≥0，f (x )在[1，＋∞)上单调递增． ∵f (1)＝－k ≤0，f (2)＝e 2－4k ≥e 2－2e>0， ∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．②若k ∈⎝⎛⎭⎫e2，＋∞，则f (x )在[1，ln 2k ]上单调递减，在[ln 2k ，＋∞)上单调递增． f (1)＝－k <0，f (k ＋1)＝k e k ＋1－k (k ＋1)2＝k [e k ＋1－(k ＋1)2]， 令g (t )＝e t －t 2，t ＝k ＋1>2，则g ′(t )＝e t －2t ， g ″(t )＝e t －2，∵t >2，∴g ″(t )>0，g ′(t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g ′(t )>g ′(2)＝e 2－4>0，∴g (t )在(2，＋∞)上单调递增． ∴g (t )>g (2)＝e 2－4>0. ∴f (k ＋1)>0.∴f (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点．综上，当k ∈[0，＋∞)时，f (x )在R 上有且只有一个零点．B 组 高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)已知函数f (x )＝ax 3＋x 2(a ∈R )在x ＝－43处取得极值．(1)确定a 的值；(2)若g (x )＝f (x )e x ，讨论g (x )的单调性． 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝3ax 2＋2x ， 因为f (x )在x ＝－43处取得极值，所以f ′⎝⎛⎭⎫－43＝0， 所以3a ·169＋2·⎝⎛⎭⎫－43＝16a 3－83＝0，解得a ＝12. (2)由(1)得g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x， 故g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫32x 2＋2x e x ＋⎝⎛⎭⎫12x 3＋x 2e x ＝⎝⎛⎭⎫12x 3＋52x 2＋2x e x＝12x (x ＋1)(x ＋4)e x . 令g ′(x )＝0，解得x ＝0，x ＝－1或x ＝－4. 当x <－4时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当－4<x <－1时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数； 当－1<x <0时，g ′(x )<0，故g (x )为减函数； 当x >0时，g ′(x )>0，故g (x )为增函数．综上知，g (x )在(－∞，－4)和(－1,0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数． 2．(2015·高考安徽卷)已知函数f (x )＝ax (x ＋r )2(a >0，r >0)．(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值．解：(1)由题意知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞)． f (x )＝ax (x ＋r )2＝axx 2＋2rx ＋r 2，f ′(x )＝a (x 2＋2rx ＋r 2)－ax (2x ＋2r )(x 2＋2rx ＋r 2)2＝a (r －x )(x ＋r )(x ＋r )4，所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0，当－r <x <r 时，f ′(x )>0，因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)；f (x )的单调递增区间为(－r ，r )． (2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减． 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)上的极大值为f (r )＝ar (2r )2＝a 4r ＝4004＝100.3．(2016·宁夏银川一中联考)函数f (x )＝x 2－2ln x ，h (x )＝x 2－x ＋a . (1)求函数f (x )的极值；(2)设函数k (x )＝f (x )－h (x )，若函数k (x )在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a 的取值范围．解：(1)∵f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )＝0，∵x >0，∴x ＝1.x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) － 0 ＋ f (x )单调递减1单调递增∴f (x )的极小值为1，无极大值．(2)∵k (x )＝f (x )－h (x )＝－2ln x ＋x －a ，k ′(x )＝－2x ＋1.若k ′(x )＝0，则x ＝2.当x ∈[1,2)时，k ′(x )<0；当x ∈(2,3]时，k ′(x )>0. 故k (x )在x ∈[1,2)上单调递减，在x ∈(2,3]上单调递增．∴{ k (1)≥0，k (2)<0，k (3)≥0，∴{a ≤1，a >2－2ln 2，a ≤3－2ln 3， ∴实数a 的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．。
开卷速查 (十四 )导数的应用(一)A 级基础牢固练1．函数 f(x)＝x2－2ax＋a 在区间 (－∞，1)上有最小值，则函数 g(x)＝f x在区间 (1，＋∞ )上必然 ()xA．有最小值B．有最大值C．是减函数 D.是增函数剖析：由函数 f(x)＝x2－2ax＋a 在区间 (－∞，1)上有最小值，可得＜，又＝f x a a∈ ，＋∞a1g(x)x x x x(1)上 g′(x)＞0，所以 g(x)在(1，＋∞)上为增函数．答案： D2．函数 f(x)＝x3－3x2＋2 在区间 [ －1,1]上的最大值是 ()A．－ 2 B.0C．2 D.4剖析： f′(x)＝3x2－6x，令 f′(x)＝0，得 x＝0 或 2.∴f(x)在[－1,0)上是增函数， f(x)在(0,1]上是减函数．∴f(x)max＝ f(0)＝2.答案： C3．若函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 有极值，则导函数f′(x)的图像不可以能是 ()ABCD剖析：若函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 有极值，则此函数在某点两侧的单调性相反，也就是说导函数 f′(x)在此点两侧的导函数值的符号相反，所以导函数的图像要穿过x 轴，观察四个选项中的图像只有 D 项是不吻合要求的，即 f′(x)的图像不可以能是 D，应选 D.答案： D4．已知函数＝3－3x＋c 的图像与 x 轴恰有两个公共点，则c＝y x()A．－2 或 2 B.－9 或 3 C．－1 或 1 D.－3 或 1剖析：设 f(x)＝x3－3x＋c，对 f(x)求导可得，f′(x)＝3x2－3，令 f′(x)＝0，可得 x＝±1，易知 f(x)在 (－∞，－1)，(1，＋∞)上单调递加，在(－1,1)上单调递减．若 f(1)＝1－3＋c＝0，可得 c＝2；若 f(－1)＝－ 1＋3＋c＝0，可得 c＝－ 2.答案： A5．函数 f(x)＝x3－3x－1，若对于区间 [ －3,2]上的任意 x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数 t 的最小值是 ()A．20 B.18C．3 D.0剖析：因为 f′(x)＝3x2－3＝3(x－ 1)(x＋1)，令 f′(x)＝0，得 x＝±1，所以－ 1,1 为函数的极值点．又 f(－3)＝－ 19，f(－1)＝1，f(1)＝－ 3，f(2)＝1，所以在区间 [ －3,2]上 f(x)max＝1，f(x)min＝－ 19.又由题设知在区间[－3,2]上 f(x)max－f(x)min≤t，从而 t≥20，所以 t 的最小值是 20.答案： A6．已知定义在R上的奇函数 f(x)，设其导函数为 f′(x)，当 x∈(－∞，0]时，恒有 xf′(x)<f(－x)，令 F(x)＝xf(x)，则满足 F(3)>F(2x－1)的实数 x 的取值范围是 ()A．(－1,2) B. －1，121C. 2，2D.(－2,1)剖析：由 F(x)＝xf(x)，得 F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)－f(－x)<0，F(x)为偶函数，从而 F(x)在3<2x－1<3，解得－ 1<x<2.7．若函数 f(x)＝13x3－23x2＋ax＋4 恰在 [ －1,4]上单调递减，则实数所以 F(x)在(－∞，0]上单调递减，又可证[0，＋∞ )上单调递加，故原不等式可化为－答案： Aa 的值为 __________．剖析：∵f(x)＝13x3－32x2＋ax＋4，∴f′(x)＝ x2－3x＋a.又函数 f(x)恰在 [ －1,4]上单调递减，∴－ 1,4是 f′(x)＝ 0 的两根，∴ a＝－ 1×4＝－ 4.答案：－48．已知函数 f(x)＝x3＋3mx2＋nx＋m2在 x＝－ 1 时有极值 0，则 m ＋n＝__________.剖析：∵f′(x)＝3x2＋6mx＋n，∴由已知可得f－1 ＝－1 3＋3m －1 2＋n －1 ＋ m2＝0，f′ －1 ＝3× －1 2＋6m －1 ＋n＝0，m＝1，m＝2，∴或n＝3，n＝9，m＝1，时，f′(x)＝3x2＋6x＋ 3＝3(x＋1)2≥0 恒成立与 x＝－ 1当n＝3是极值点矛盾，m＝2，时， f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)，当n＝9显然 x＝－ 1 是极值点，吻合题意，∴m＋n＝11.答案： 119．右图是函数 y＝f(x)的导函数的图像，给出下面四个判断．①f(x)在区间 [ －2，－ 1]上是增函数；②x＝－1 是 f(x)的极小值点；③ f (x)在区间 [ －1,2]上是增函数，在区间 [2,4] 上是减函数； ④x ＝3 是 f(x)的极小值点．其中，所有正确判断的序号是__________．剖析：由函数 y ＝f(x)的导函数的图像可知：(1) f (x)在区间 [ －2，－ 1]上是减函数，在[ －1,2]上为增函数，在[2,4]上为减函数；(2) f (x)在 x ＝－ 1 处获取极小值，在 x ＝2 处获取极大值．故②③正确．答案： ②③10．已知函数 f(x)＝ax2＋blnx 在 x ＝1 处有极值 12.(1)求 a ，b 的值；(2)判断函数 y ＝f(x)的单调性并求出单调区间．b剖析： (1)f ′(x)＝2ax ＋x ，1又 f(x)在 x ＝1 处有极值 2，1 1∴ f 1 ＝2， 即a ＝2，f ′ 1 ＝0， 2a ＋b ＝0.1解得 a ＝2，b ＝－ 1.1 2 (2)由(1)可知 f(x)＝2x － lnx ，其定义域是 (0，＋ ∞)，且 f ′(x)＝ x－1＝ x ＋1 x －1 .xx令 f ′(x)＝0，解得 x ＝1 或 x ＝－ 1(舍去)．当 x 变化时， f ′(x)，f(x)的变化情况以下表：x(0,1)1(1，＋∞)f′(x)－0＋f(x)极小值所以函数 y＝f(x)的单调减区间是 (0,1)，单调增区间是 (1，＋∞)．B 级能力提升练11．[2014 ·安徽 ]设函数 f(x)＝1＋(1＋a)x－x2－x3，其中 a＞ 0.(1)谈论 f(x)在其定义域上的单调性；(2)当 x∈[0,1] 时，求 f(x)获取最大值和最小值时的x 的值．剖析： (1)f(x)的定义域为 (－∞，＋∞)，f′(x)＝1＋a－2x－3x2.令 f′(x)＝0，得 x1＝－1－ 4＋3a，3－1＋ 4＋3ax2＝3，x1＜x2.所以 f′(x)＝－ 3(x－x1)(x－x2)．当 x＜x1或 x＞x2时， f′(x)＜0；当 x1＜x＜x2时， f′(x)＞0.故 f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)内单调递减，在(x1，x2)内单调递加．(2)因为 a＞0，所以 x1＜0，x2＞0. ①当 a≥4 时， x2≥1.由(1)知， f(x)在[0,1] 上单调递加．所以 f(x)在 x＝0 和 x＝ 1 处分别获取最小值和最大值．②当 0＜a＜4 时， x2＜1.由(1)知， f(x)在[0，x2]上单调递加，在 [x2,1]上单调递减．－1＋ 4＋3a所以 f(x)在 x＝x2＝3处获取最大值．又 f(0)＝1，f(1)＝a，所以当 0＜a＜1 时， f(x)在 x＝1 处获取最小；当 a＝1 ， f(x)在 x＝0 和 x＝1 同获取最小；当 1＜a＜4 ， f(x)在 x＝0 获取最小．e x212．[2014 山· ] 函数 f(x)＝x2－k x＋lnx (k 常数，e＝2.718 28⋯是自然数的底数 )．(1)当 k≤0 ，求函数 f(x)的区；(2)若函数 f(x)在(0,2)内存在两个极点，求k 的取范．剖析： (1)函数 y＝f(x)的定域 (0，＋∞)．f′(x)＝2 x－2xe x22＋1 x e4－k－x x xx xxe －2e k x－2x－ 2 e x－kx＝x3.由 k≤0 可得 e x－kx>0，所以当 x∈(0,2)， f′(x)<0，函数 y＝f(x)减，x∈ (2，＋∞)， f′(x)>0，函数 y＝f(x)增．所以 f(x)的减区 (0,2)，增区 (2，＋∞ )．(2)由(1)知， k≤0 ，函数f(x)在(0,2)内减，故f(x)在(0,2)内不存在极点；当 k>0 ，函数 g(x)＝e x－kx， k∈(0，＋∞)．因g′(x)＝e x－k＝e x－e lnk，当 0<k≤1 ，当 x∈(0,2)， g′(x)＝e x－k>0，y＝g(x)增．故 f(x)在(0,2)内不存在两个极点；当 k>1 ，得 x∈(0，ln k)， g′(k)<0，函数 y＝g(x)减．x∈ (lnk，＋∞)时， g′(x)>0，函数 y＝g(x)单调递加．所以函数 y＝g(x)的最小值为 g(lnk)＝k(l －ln k)．g 0 >0，g lnk <0，函数f(x)在 (0,2)内存在两个极值点当且仅当解得g 2 >0，0<lnk<2，e2e<k< 2，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e2e，2 .。
开卷速查(三十九) 数学归纳法A 级 基础巩固练1．在数列{b n }中，b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3(n ∈N *)．求b 2，b 3，试判定b n 与2的大小，并加以证明．解析：由b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3，得 b 2＝3×2＋42×2＋3＝107，b 3＝5841. 经比较有b 1＞2，b 2＞2，b 3＞ 2.猜想b n ＞2(n ∈N *)下面利用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，因b 1＝2，所以2＜b 1.(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即2＜b k . ∴b k －2＞0.当n ＝k ＋1时，b k ＋1－2＝3b k ＋42b k ＋3－ 2 ＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3＞0. ∴b k ＋1＞2，也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立． 根据(1)、(2)，知b n ＞2(n ∈N *)．2．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a 2n(n ∈N *)且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上． 解析：(1)由P 1的坐标为(1，－1)知a 1＝1，b 1＝－1.∴b 2＝b 11－4a 21＝13，a 2＝a 1·b 2＝13. ∴点P 2的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13， ∴直线l 的方程为2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设当n ＝k (k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立， 则当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k 1－4a 2k (2a k ＋1)＝b k 1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立． 由①、②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1， 即点P n 在直线l 上．3．已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，当n ∈N *时，a n ＋2＝a n ＋1＋a n .求证：数列{a n }的第4m ＋1项(m ∈N *)能被3整除．证明：(1)当m ＝1时，a 4m ＋1＝a 5＝a 4＋a 3＝(a 3＋a 2)＋(a 2＋a 1)＝(a 2＋a 1)＋2a 2＋a 1＝3a 2＋2a 1＝3＋0＝3.即当m ＝1时，第4m ＋1项能被3整除． 故命题成立．(2)假设当m ＝k 时，a 4k ＋1能被3整除， 则当m ＝k ＋1时，a 4(k ＋1)＋1＝a 4k ＋5＝a 4k ＋4＋a 4k ＋3＝2a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝2(a 4k ＋2＋a 4k ＋1)＋a 4k ＋2＝3a 4k ＋2＋2a 4k ＋1.显然，3a 4k ＋2能被3整除，又由假设知a 4k ＋1能被3整除． 所以3a 4k ＋2＋2a 4k ＋1能被3整除．即当m＝k＋1时，a4(k＋1)＋1也能被3整除．命题也成立．由(1)和(2)知，对于任意n∈N*，数列{a n}中的第4m＋1项能被3整除．B级能力提升练4．设数列{a n}的前n项和为S n，且方程x2－a n x－a n＝0有一根为S n－1(n∈N*)．(1)求a1，a2；(2)猜想数列{S n}的通项公式，并给出证明．解析：(1)当n＝1时，方程x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝12.当n＝2时，方程x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－12，∴⎝⎛⎭⎪⎫a2－122－a2⎝⎛⎭⎪⎫a2－12－a2＝0，解得a2＝16.(2)由题意知(S n－1)2－a n(S n－1)－a n＝0，当n≥2时，a n＝S n－S n－1，代入上式整理得S n S n－1－2S n＋1＝0，解得S n＝12－S n－1.由(1)得S1＝a1＝12，S2＝a1＋a2＝12＋16＝23. 猜想S n＝nn＋1(n∈N*)．下面用数学归纳法证明这个结论．①当n＝1时，结论成立．②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时结论成立，即S k ＝k k ＋1， 当n ＝k ＋1，S k ＋1＝12－S k＝12－k k ＋1＝k ＋1k ＋2＝k ＋1(k ＋1)＋1.即当n ＝k ＋1时结论成立． 由①、②知S n ＝n n ＋1对任意的正整数n 都成立．。
开卷速查(十五) 导数的应用(二)A 级 基础巩固练1．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )A ．12 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3 D.160 cm 3解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)．答案：C2．若a ＞1，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( )A ．3 B.2C ．1 D.0解析：f ′(x )＝x 2－2ax ，由a ＞1可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1＞0，f (2)＝83－4a ＋1＜0，所以f (x )在(0,2)内只有一个零点．答案：C3．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高为( ) A.2033 cm B.100 cmC ．20 cm D.203 cm解析：设圆锥的体积为V cm 3，高为h cm ，则V ＝13π(400－h 2)h ＝13π(400h －h 3)，∴V ′＝13π(400－3h 2)，由V ′＝0，得h ＝2033.所以当h ＝2033 cm 时，V 最大．答案：A4．若函数y ＝a e x ＋3x (x ∈R ，a ∈R )，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3,0) B.(－∞，－3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 解析：由题可得y ′＝a e x ＋3，若函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即y ′＝a e x＋3＝0有正根，显然有a ＜0，此时x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a .由x ＞0，得参数a 的范围为a ＞－3.综上知，－3＜a ＜0.答案：A5．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a ＜b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a ) B.bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b ) D.bf (b )≤af (a )解析：设函数F (x )＝f (x )x (x ＞0)，则F ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2.因为x ＞0，xf ′(x )－f (x )≤0，所以F ′(x )≤0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数．又0＜a ＜b ，所以F (a )≥F (b )，即f (a )a ≥f (b )b ，则bf (a )≥af (b )．答案：A6．已知定义在R 上的偶函数f (x )，f (1)＝0，当x ＞0时有xf ′(x )－f (x )x 2＞0，则不等式xf (x )＞0的解集为( )A ．{x |－1＜x ＜0} B.{x |x ＞1或－1＜x ＜0}C ．{x |x ＞0} D.{x |－1＜x ＜1}解析：当x ＞0时有xf ′(x )－f (x )x 2＞0， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′＞0，∴f (x )x 在(0，＋∞)上单调递增． ∵f (x )为R 上的偶函数，∴xf (x )为R 上的奇函数．∵xf (x )＞0，∴x 2f (x )x ＞0，∴f (x )x ＞0.∵f (x )x 在(0，＋∞)上单调递增，且f (1)1＝0，∴当x ＞0时，若xf (x )＞0，则x ＞1.又∵xf (x )为R 上的奇函数，∴当x ＜0时，若xf (x )＞0，则－1＜x ＜0.综上，不等式的解集为{x |x ＞1或－1＜x ＜0}．答案：B7．设函数f (x )＝6ln x ，g (x )＝x 2－4x ＋4，则方程f (x )－g (x )＝0有__________个实根．解析：设φ(x )＝g (x )－f (x )＝x 2－4x ＋4－6ln x ，则φ′(x )＝2x 2－4x －6x ＝2(x ＋1)(x －3)x，且x ＞0.由φ′(x )＝0，得x ＝3.当0＜x ＜3时，φ′(x )＜0；当x ＞3时，φ′(x )＞0.∴φ(x )在(0，＋∞)上有极小值φ(3)＝1－6ln3＜0.故y ＝φ(x )的图像与x 轴有两个交点，则方程f (x )－g (x )＝0有两个实根．答案：28．[2015·山东潍坊联考]已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：f(x)的导函数y下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中正确命题的序号是__________．解析：由导数图像可知，当－1＜x＜0或2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜2或4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)，又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①正确；②正确；因为当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时函数f(x)的最大值是2，当2≤t≤5时，t的最大值为5，所以③不正确；由f(x)＝a知，因为极小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1＜a＜2时，y ＝f(x)－a最多有4个零点，所以④正确．故真命题的序号为①②④.答案：①②④9．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a 的值为__________．解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0，得x ＜1或x ＞2，由f ′(x )＜0，得1＜x ＜2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4.答案：5或410．若函数f (x )＝13x 3－a 2x 满足：对于任意的x 1，x 2∈[0,1]都有|f (x 1)－f (x 2)|≤1恒成立，求a 的取值范围．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，则函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |＞1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1＜|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min ＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1＜0，故此式成立；当33＜|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，233. B 级 能力提升练11．已知函数f (x )＝sin x (x ≥0)，g (x )＝ax (x ≥0)．(1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当a 取(1)中的最小值时，求证：g (x )－f (x )≤16x 3.解析：(1)令h (x )＝sin x －ax (x ≥0)，则h ′(x )＝cos x －a .①若a ≥1，h ′(x )＝cos x －a ≤0，h (x )＝sin x －ax (x ≥0)单调递减，h (x )≤h (0)＝0，则sin x ≤ax (x ≥0)成立．②若0＜a ＜1，存在x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x 0＝a ， 当x ∈(0，x 0)，h ′(x )＝cos x －a ＞0，h (x )＝sin x －ax (x ∈(0，x 0))单调递增，h (x )＞h (0)＝0，不合题意．③若a ≤0，结合f (x )与g (x )的图像可知显然不合题意． 综上可知，a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)当a 取(1)中的最小值为1时，g (x )－f (x )＝x －sin x .设H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)，则H ′(x )＝1－cos x －12x 2.令G (x )＝1－cos x －12x 2，则G ′(x )＝sin x －x ≤0(x ≥0)，所以G (x )＝1－cos x －12x 2在[0，＋∞)上单调递减，此时G (x )＝1－cos x －12x 2≤G (0)＝0，即H ′(x )＝1－cos x －12x 2≤0，所以H (x )＝x －sin x －16x 3在x ∈[0，＋∞)上单调递减．所以H (x )＝x －sin x －16x 3≤H (0)＝0，则x －sin x ≤16x 3(x ≥0)．所以，当a 取(1)中的最小值时，g (x )－f (x )≤16x 3.12．已知函数f (x )＝e x －m －x ，其中m 为常数．(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围；(2)当m ＞1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由． 解析：(1)依题意，可知f (x )在R 上连续，且f ′(x )＝e x －m －1，令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x ∈(－∞，m )时，e x －m ＜1，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m ＞1，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值．令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]． (2)当m ＞1时，f (m )＝1－m ＜0.∵f (0)＝e －m ＞0，f (0)·f (m )＜0，且f (x )在(0，m )上单调递减．∴f (x )在(0，m )上有一个零点．又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ，∵当m ＞1时，g ′(m )＝e m －2＞0，∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增．∴g (m )＞g (1)＝e －2＞0，即f (2m )＞0.∴f (m )·f (2m )＜0，∴f (x )在(m,2m )上有一个零点．故f (x )在[ 0,2m ]上有两个零点．。
开卷速查(十五) 导数的应用(二)A 级 基础巩固练1．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，作成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为( )A ．12 cm 3B ．72 cm 3C ．144 cm 3 D.160 cm 3解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，则x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ，∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或203(舍去)，∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)．答案：C2．若a ＞1，则函数f (x )＝13x 3－ax 2＋1在(0,2)内零点的个数为( )A ．3 B.2C ．1 D.0解析：f ′(x )＝x 2－2ax ，由a ＞1可知，f ′(x )在x ∈(0,2)时恒为负，即f (x )在(0,2)内单调递减，又f (0)＝1＞0，f (2)＝83－4a ＋1＜0，所以f (x )在(0,2)内只有一个零点．答案：C3．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20 cm ，要使体积最大，则其高为( ) A.2033 cm B.100 cmC ．20 cm D.203 cm解析：设圆锥的体积为V cm 3，高为h cm ，则V ＝13π(400－h 2)h ＝13π(400h －h 3)，∴V ′＝13π(400－3h 2)，由V ′＝0，得h ＝2033.所以当h ＝2033 cm 时，V 最大．答案：A4．若函数y ＝a e x ＋3x (x ∈R ，a ∈R )，有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3,0) B.(－∞，－3)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，＋∞D.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－13 解析：由题可得y ′＝a e x ＋3，若函数在x ∈R 上有大于零的极值点，即y ′＝a e x＋3＝0有正根，显然有a ＜0，此时x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a .由x ＞0，得参数a 的范围为a ＞－3.综上知，－3＜a ＜0.答案：A5．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )－f (x )≤0，对任意正数a ，b ，若a ＜b ，则必有( )A ．af (b )≤bf (a ) B.bf (a )≤af (b )C ．af (a )≤bf (b ) D.bf (b )≤af (a )解析：设函数F (x )＝f (x )x (x ＞0)，则F ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′＝xf ′(x )－f (x )x 2.因为x ＞0，xf ′(x )－f (x )≤0，所以F ′(x )≤0，故函数F (x )在(0，＋∞)上为减函数．又0＜a ＜b ，所以F (a )≥F (b )，即f (a )a ≥f (b )b ，则bf (a )≥af (b )．答案：A6．已知定义在R 上的偶函数f (x )，f (1)＝0，当x ＞0时有xf ′(x )－f (x )x 2＞0，则不等式xf (x )＞0的解集为( )A ．{x |－1＜x ＜0} B.{x |x ＞1或－1＜x ＜0}C ．{x |x ＞0} D.{x |－1＜x ＜1}解析：当x ＞0时有xf ′(x )－f (x )x 2＞0， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫f (x )x ′＞0，∴f (x )x 在(0，＋∞)上单调递增． ∵f (x )为R 上的偶函数，∴xf (x )为R 上的奇函数．∵xf (x )＞0，∴x 2f (x )x ＞0，∴f (x )x ＞0.∵f (x )x 在(0，＋∞)上单调递增，且f (1)1＝0，∴当x ＞0时，若xf (x )＞0，则x ＞1.又∵xf (x )为R 上的奇函数，∴当x ＜0时，若xf (x )＞0，则－1＜x ＜0.综上，不等式的解集为{x |x ＞1或－1＜x ＜0}．答案：B7．设函数f (x )＝6ln x ，g (x )＝x 2－4x ＋4，则方程f (x )－g (x )＝0有__________个实根．解析：设φ(x )＝g (x )－f (x )＝x 2－4x ＋4－6ln x ，则φ′(x )＝2x 2－4x －6x ＝2(x ＋1)(x －3)x，且x ＞0.由φ′(x )＝0，得x ＝3.当0＜x ＜3时，φ′(x )＜0；当x ＞3时，φ′(x )＞0.∴φ(x )在(0，＋∞)上有极小值φ(3)＝1－6ln3＜0.故y ＝φ(x )的图像与x 轴有两个交点，则方程f (x )－g (x )＝0有两个实根．答案：28．[2015·山东潍坊联考]已知函数f(x)的定义域为[－1,5]，部分对应值如下表：f(x)的导函数y下列关于函数f(x)的命题：①函数f(x)的值域为[1,2]；②函数f(x)在[0,2]上是减函数；③如果当x∈[－1，t]时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；④当1＜a＜2时，函数y＝f(x)－a最多有4个零点．其中正确命题的序号是__________．解析：由导数图像可知，当－1＜x＜0或2＜x＜4时，f′(x)＞0，函数单调递增，当0＜x＜2或4＜x＜5时，f′(x)＜0，函数单调递减，当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，当x＝2时，函数取得极小值f(2)，又f(－1)＝f(5)＝1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为[1,2]，①正确；②正确；因为当x＝0和x＝4时，函数取得极大值f(0)＝2，f(4)＝2，要使当x∈[－1，t]时函数f(x)的最大值是2，当2≤t≤5时，t的最大值为5，所以③不正确；由f(x)＝a知，因为极小值f(2)＝1.5，极大值为f(0)＝f(4)＝2，所以当1＜a＜2时，y＝f (x )－a 最多有4个零点，所以④正确．故真命题的序号为①②④.答案：①②④9．若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 的值为__________．解析：由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )＞0，得x ＜1或x ＞2，由f ′(x )＜0，得1＜x ＜2，所以函数f (x )在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f (x )的极大值和极小值分别为f (1)，f (2)，若欲使函数f (x )恰好有两个不同的零点，则需使f (1)＝0或f (2)＝0，解得a ＝5或a ＝4.答案：5或410．若函数f (x )＝13x 3－a 2x 满足：对于任意的x 1，x 2∈[0,1]都有|f (x 1)－f (x 2)|≤1恒成立，求a 的取值范围．解析：由题意得，在[0,1]内，f (x )max －f (x )min ≤1.f ′(x )＝x 2－a 2，则函数f (x )＝13x 3－a 2x 的极小值点是x ＝|a |.若|a |＞1，则函数f (x )在[0,1]上单调递减，故只要f (0)－f (1)≤1，即只要a 2≤43，即1＜|a |≤233；若|a |≤1，此时f (x )min ＝f (|a |)＝13|a |3－a 2|a |＝－23a 2|a |，由于f (0)＝0，f (1)＝13－a 2，故当|a |≤33时，f (x )max ＝f (1)，此时只要13－a 2＋23a 2|a |≤1即可，即a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23|a |－1≤23，由于|a |≤33，故23|a |－1≤23×33－1＜0，故此式成立；当33＜|a |≤1时，此时f (x )max ＝f (0)，故只要23a 2|a |≤1即可，此不等式显然成立．综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，233. B 级 能力提升练11．已知函数f (x )＝sin x (x ≥0)，g (x )＝ax (x ≥0)．(1)若f (x )≤g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(2)当a 取(1)中的最小值时，求证：g (x )－f (x )≤16x 3.解析：(1)令h (x )＝sin x －ax (x ≥0)，则h ′(x )＝cos x －a . ①若a ≥1，h ′(x )＝cos x －a ≤0，h (x )＝sin x －ax (x ≥0)单调递减，h (x )≤h (0)＝0，则sin x ≤ax (x ≥0)成立．②若0＜a ＜1，存在x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使得cos x 0＝a ， 当x ∈(0，x 0)，h ′(x )＝cos x －a ＞0，h (x )＝sin x －ax (x ∈(0，x 0))单调递增，h (x )＞h (0)＝0，不合题意．③若a ≤0，结合f (x )与g (x )的图像可知显然不合题意． 综上可知，a 的取值范围是[1，＋∞)．(2)当a 取(1)中的最小值为1时，g (x )－f (x )＝x －sin x .设H (x )＝x －sin x －16x 3(x ≥0)，则H ′(x )＝1－cos x －12x 2.令G (x )＝1－cos x －12x 2，则G ′(x )＝sin x －x ≤0(x ≥0)，所以G (x )＝1－cos x －12x 2在[0，＋∞)上单调递减，此时G (x )＝1－cos x －12x 2≤G (0)＝0，即H ′(x )＝1－cos x －12x 2≤0，所以H (x )＝x －sin x －16x 3在x ∈[0，＋∞)上单调递减．所以H (x )＝x －sin x －16x 3≤H (0)＝0，则x －sin x ≤16x 3(x ≥0)．所以，当a 取(1)中的最小值时，g (x )－f (x )≤16x 3.12．已知函数f (x )＝e x －m －x ，其中m 为常数．(1)若对任意x ∈R 有f (x )≥0恒成立，求m 的取值范围；(2)当m ＞1时，判断f (x )在[0,2m ]上零点的个数，并说明理由． 解析：(1)依题意，可知f (x )在R 上连续，且f ′(x )＝e x －m －1，令f ′(x )＝0，得x ＝m .故当x ∈(－∞，m )时，e x －m ＜1，f ′(x )＜0，f (x )单调递减； 当x ∈(m ，＋∞)时，e x －m ＞1，f ′(x )＞0，f (x )单调递增． 故当x ＝m 时，f (m )为极小值也是最小值．令f (m )＝1－m ≥0，得m ≤1，即对任意x ∈R ，f (x )≥0恒成立时，m 的取值范围是(－∞，1]．(2)当m ＞1时，f (m )＝1－m ＜0.∵f (0)＝e －m ＞0，f (0)·f (m )＜0，且f (x )在(0，m )上单调递减． ∴f (x )在(0，m )上有一个零点．又f (2m )＝e m －2m ，令g (m )＝e m －2m ，∵当m ＞1时，g ′(m )＝e m －2＞0，∴g (m )在(1，＋∞)上单调递增．∴g (m )＞g (1)＝e －2＞0，即f (2m )＞0.∴f (m )·f (2m )＜0，∴f(x)在(m,2m)上有一个零点．故f(x)在[ 0,2m]上有两个零点．。
