【高考精品复习】第三篇 导数及其应用 第3讲 导数的应用(二)

第3讲导数的应用(二)【2013年高考会这样考】1．利用导数求函数的极值．2．利用导数求函数闭区间上的最值．3．利用导数解决某些实际问题．【复习指导】本讲复习时，应注重导数在研究函数极值与最值中的工具性作用，会将一些实际问题抽象为数学模型，从而用导数去解决．复习中要注意等价转化、分类讨论等数学思想的应用.基础梳理1．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①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；②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．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值，如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．2．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．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．3．利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f (x )； (2)求函数的导数f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；(3)比较函数在区间端点和f ′(x )＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值；(4)回归实际问题作答．两个注意(1)注意实际问题中函数定义域的确定．(2)在实际问题中，如果函数在区间内只有一个极值点，那么只要根据实际意义判定最大值还是最小值即可，不必再与端点的函数值比较． 三个防范(1)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念． (2)f ′(x 0)＝0是y ＝f (x )在x ＝x 0取极值的既不充分也不必要条件． 如①y ＝|x |在x ＝0处取得极小值，但在x ＝0处不可导； ②f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是f (x )＝x 3的极值点．(3)若y ＝f (x )可导，则f ′(x 0)＝0是f (x )在x ＝x 0处取极值的必要条件．双基自测1．(2011·福建)若a ＞0，b ＞0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )． A ．2 B ．3 C ．6 D ．9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，由函数f (x )在x ＝1处有极值，可知函数f (x )在x ＝1处的导数值为零，12－2a －2b ＝0，所以a ＋b ＝6，由题意知a ，b 都是正实数，所以ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取到等号．答案 D2．已知函数f(x)＝14x4－43x3＋2x2，则f(x)()．A．有极大值，无极小值B．有极大值，有极小值C．有极小值，无极大值D．无极小值，无极大值解析f′(x)＝x3－4x2＋4x＝x(x－2)2f′(x)，f(x)随x变化情况如下x (－∞，0)0(0,2)2(2，＋∞)f′(x)－0＋0＋f(x)04 3因此有极小值无极大值．答案 C3．(2010·山东)已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－13x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为()．A．13万件B．11万件C．9万件D．7万件解析y′＝－x2＋81，令y′＝0解得x＝9(－9舍去)．当0＜x＜9时，y′＞0；当x＞9时，y′＜0，则当x＝9时，y取得最大值，故选C.答案 C4．(2011·广东)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．解析f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)当x＜0时，f′(x)＞0，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，故当x＝2时取得极小值．答案 25．若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.解析 ∵f (x )在x ＝1处取极值，∴f ′(1)＝0， 又f ′(x )＝2x (x ＋1)－(x 2＋a )(x ＋1)2，∴f ′(1)＝2×1×(1＋1)－(1＋a )(1＋1)2＝0，即2×1×(1＋1)－(1＋a )＝0，故a ＝3. 答案 3考向一 函数的极值与导数【例1】►(2011·重庆)设f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1的导数为f ′(x )，若函数y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－12对称，且f ′(1)＝0. (1)求实数a ，b 的值； (2)求函数f (x )的极值．[审题视点] 由条件x ＝－12为y ＝f ′(x )图象的对称轴及f ′(1)＝0求得a ，b 的值，再由f ′(x )的符号求其极值． 解 (1)因f (x )＝2x 3＋ax 2＋bx ＋1， 故f ′(x )＝6x 2＋2ax ＋b . 从而f ′(x )＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 62＋b －a 26，即y ＝f ′(x )的图象关于直线x ＝－a6对称， 从而由题设条件知－a 6＝－12，解得a ＝3.又由于f ′(1)＝0，即6＋2a ＋b ＝0，解得b ＝－12. (2)由(1)知f (x )＝2x 3＋3x 2－12x ＋1，f ′(x )＝6x 2＋6x －12＝6(x －1)(x ＋2)． 令f ′(x )＝0，即6(x －1)(x ＋2)＝0， 解得x 1＝－2，x 2＝1.当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(－∞，－2)上为增函数； 当x ∈(－2,1)时，f ′(x )＜0， 故f (x )在(－2,1)上为减函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0， 故f (x )在(1，＋∞)上为增函数．从而函数f (x )在x 1＝－2处取得极大值f (－2)＝21， 在x 2＝1处取得极小值f (1)＝－6.运用导数求可导函数y ＝f (x )的极值的步骤：(1)先求函数的定义域，再求函数y ＝f (x )的导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检查f ′(x )在方程根的左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值，如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值． 【训练1】 (2011·安徽)设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围． 解 对f (x )求导得f ′(x )＝e x 1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2.①(1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知x ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12 12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立． 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.考向二 函数的最值与导数【例2】►已知a 为实数，且函数f (x )＝(x 2－4)(x －a )． (1)求导函数f ′(x )；(2)若f ′(－1)＝0，求函数f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值． [审题视点] 先化简再求导，求极值、端点值，进行比较得最值． 解 (1)f (x )＝x 3－ax 2－4x ＋4a ，得f ′(x )＝3x 2－2ax －4. (2)因为f ′(－1)＝0，所以a ＝12，有f (x )＝x 3－12x 2－4x ＋2，所以f ′(x )＝3x 2－x －4. 令f ′(x )＝0，所以x ＝43或x ＝－1.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝－5027，f (－1)＝92，f (－2)＝0，f (2)＝0，所以f (x )在[－2,2]上的最大值、最小值分别为92、－5027.一般地，在闭区间[a ，b ]上的连续函数f (x )必有最大值与最小值，在开区间(a ，b )内的连续函数不一定有最大值与最小值，若函数y ＝f (x )在闭区间[a ，b ]上单调递增，则f (a )是最小值，f (b )是最大值；反之，则f (a )是最大值，f (b )是最小值．【训练2】 函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b 的图象 在点P (1,0)处的切线与直线3x ＋y ＝0平行 (1)求a ，b ；(2)求函数f (x )在[0，t ](t >0)内的最大值和最小值． 解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax由已知条件⎩⎨⎧f (1)＝0，f ′(1)＝－3，即⎩⎨⎧ a ＋b ＋1＝0，2a ＋3＝－3，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝2. (2)由(1)知f (x )＝x 3－3x 2＋2， f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)， f ′(x )与f (x )随x 变化情况如下：x (－∞，0)0 (0,2) 2 (2，＋∞)f ′(x )＋－0 ＋f (x )2－2由f (x )＝f (0)解得x ＝0，或x ＝3 因此根据f (x )的图象当0<t ≤2时，f (x )的最大值为f (0)＝2 最小值为f (t )＝t 3－3t 2＋2；当2<t ≤3时，f (x )的最大值为f (0)＝2， 最小值为f (2)＝－2；当t >3时，f (x )的最大值为f (t )＝t 3－3t 2＋2，最小值为 f (2)＝－2.考向三 用导数解决生活中的优化问题【例3】►(2011·江苏)请你设计一个包装盒．如图所示，ABCD 是边长为60 cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A ，B ，C ，D 四个点重合于图中的点P ，正好形成一个正四棱柱形状的包装盒．E 、F 在AB 上，是被切去的一个等腰直角三角形斜边的两个端点．设AE ＝FB ＝x (cm)．(1)若广告商要求包装盒的侧面积S (cm 2)最大，试问x 应取何值？(2)某厂商要求包装盒的容积V (cm 3)最大，试问x 应取何值？并求出此时包装盒的高与底面边长的比值．[审题视点] 由实际问题抽象出函数模型，利用导数求函数最优解，注意变量的实际意义．解 设包装盒的高为h (cm)，底面边长为a (cm)．由已知得a ＝2x ，h ＝60－2x2＝2(30－x )，0＜x ＜30.(1)S ＝4ah ＝8x (30－x )＝－8(x －15)2＋1 800， 所以当x ＝15时，S 取得最大值．(2)V ＝a 2h ＝22(－x 3＋30x 2)，V ′＝62x (20－x )． 由V ′＝0得x ＝0(舍去)或x ＝20.当x ∈(0,20)时，V ′＞0；当x ∈(20,30)时，V ′＜0. 所以当x ＝20时，V 取得极大值，也是最大值． 此时h a ＝12.即包装盒的高与底面边长的比值为12.在求实际问题中的最大值或最小值时，一般先设自变量、因变量、建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果应与实际情况相符合，用导数求解实际问题中的最大(小)值，如果函数在区间内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．【训练3】 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中，每小时的耗油量y (升)关于行驶速度x (千米/小时)的函数解析式可以表示为：y ＝1128 000x 3－380x ＋8(0<x ≤120)．已知甲、乙两地相距100千米．(1)当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？ (2)当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？ 解 (1)设汽车以x 千米/小时的速度行驶时，其耗油量为 f (x )＝100x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1128 000x 3－380x ＋8＝x 21 280＋800x －154(0<x ≤120) f (40)＝17.5(升)因此从甲地到乙地要耗油17.5升．(2)f′(x)＝x640－800x2＝x3－512 000640x2＝(x－80)(x2＋80x＋6 400)640x2又0<x≤120，令f′(x)＝0解得x＝80，当0<x<80时，f′(x)<0；当80<x≤120时，f′(x)>0.则当x＝80时，f(x)取到最小值f(80)＝11.25(升)因此当汽车以80千米/小时行驶时耗油最省，最小耗油量为11.25升．难点突破7——有关导数热点问题的求解策略导数的工具性使得导数在高考中的应用有得天独厚的优势，特别是在研究函数的性质、相切问题以及实际优化的问题方面．近年，各地高考都从不同的方面对导数内容进行考查，既有考查导数的小题，又有考查导数综合应用的大题．这些问题构成了高考试卷中一道亮丽的风景线．一、研究曲线切线的导数问题导数的几何意义是我们解决有关直线与曲线相切的问题以及切线的斜率问题的有力武器，它使得复杂的图象关系问题转化为简单的函数问题、因而常常与导函数在切点的函数值一起作为列出方程的重要依据．【示例】►(2011·辽宁)设函数f(x)＝x＋ax2＋b ln x，曲线y＝f(x)过P(1,0)，且在P 点处的切线斜率为2(1)求a、b的值；(2)证明：f(x)≤2x－2.二、研究函数性质的导数问题导数是研究函数问题的有力工具，常常用来解决函数的单调性、极值、最值等问题．【示例】► (2011·陕西)设f (x )＝ln x ，g (x )＝f (x )＋f ′(x )． (1)求g (x )的单调区间和最小值； (2)讨论g (x )与g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 的大小关系；(3)求a 的取值范围，使得g (a )－g (x )＜1a 对任意x ＞0成立．▲解决实际问题的导数问题(教师备选)对于实际问题中的一些优化问题，如成本最低、利润最大、用料最省等问题，常常需要将实际问题抽象为数学问题，然后化为函数的最值来解决，而求解函数最值最有效的方法是导数法，因此，导数被广泛地应用于实际生活中的一些优化问题的求解过程，成为求解这些优化问题的首选．【示例】►如图所示，一根水平放置的长方体枕木的安全负荷与它的宽度a成正比，与它的厚度d的平方成正比，与它的长度l的平方成反比．(1)将此枕木翻转90°(即宽度变为了厚度)，枕木的安全负荷会变大吗？为什么？(2)现有一根横截面为半圆(半圆的半径为R)的柱形木材，用它截取成横截面为长方形的枕木，其长度即为枕木规定的长度，问如何截取，可使安全负荷最大？。

专题3-2导函数的应用导数与函数单调性内容1、函数的单调性与导数的关系2、利用导数研究单调性，求函数单调区间知识点1、函数f(x)在区间(a, b)内可导，f’(x)是f(x)的导数(1)若f’(x) > 0，则f(x)在对应区间↑(2)若f’(x) = 0，则f(x)在对应区间为常数函数(3)若f’(x) < 0，则f(x)在对应区间↓2、研究单调性(1)求函数定义域(2)求f’(x)，得到f’(x) = 0的根(3)确定f’(x)在各子区间内的符号(4)f’(x)的正负性确定f(x)在各区间上的单调性(5)含参数函数的单调性：依据参数取值对不等式解集的影响，分类讨论3、利用单调性比较函数值的大小(1)确定构造的函数及定义域(2)求导，判断所构造函数的单调性(3)利用单调性比较相应区间内自变量对应函数值的大小4、利用单调性求参数范围(1)f(x)在D上单调求参数↔f’(x)≥0或f’(x)≤0对x∈D恒成立，再分离变量求最值(2)f(x)在区间I上存在单调区间⇔f’(x)>0或f’(x)<0在区间I有解例1 已知函数f(x ) = sin x - ln(1 + x )，f’(x )为f(x )的导数，证明：(1) f’(x )在区间(-1, π2)上存在唯一极大值点 (2) f(x )有且仅有2个零点【答案】见详解【分析】(1)利用函数单调性，结合零点存在性定理(2)导函数的单调性、极值、区间正负性判断原函数的单调性及单调区间，进而确定零点是否存在【详解】(1) f’(x ) = cos x - 11 + x 有f’’(x ) = -sin x + 1(1 + x )2∵ m(x ) = 1(1 + x )2 在x ⇔(-1, π2 )上单调递减，n(x ) = -sin x 在x ⇔(-1, π2)上单调递减 ∴ f’’(x ) = m(x ) + n(x )在x ⇔(-1, π2)上单调递减 而f’’(0) = 1，f’’(π2 ) = -34∴ f’’(0)·f’’(π2 ) < 0，即f’’(x )在x ⇔(0, π2)必存在唯一零点 即∃唯一x 0⇔(0, π2 )使f’’(x 0) = 0 ⇒f’(x )在区间(-1, π2)上存在唯一极大值点 (2) f(x ) = sin x - ln(1 + x )，定义域x ⇔(-1, +∞)内零点个数：f(x ) = 0有几个根令g(x ) = sin x ，h(x ) = ln(1 + x )，问题转化为函数g(x )、h(x )有几个交点∵ 在x ⇔(-1, +∞)上：g(x )⇔[-1, 1]，h(x )⇔(-∞, +∞)∴ 如果g(x )与h(x )有交点，则必在g(x )、h(x )⇔[-1, 1]的值域范围内即对应x ⇔[1e- 1, e - 1]内的g(x )与h(x )的交点个数问题 1) 当x ⇔[1e- 1, 0]⊊[-1,0]，f’’(x )↓且f’’(0) = 1 > 0 ⇒ f’(x )↑且f’(x )≤f’(0) =0 ⇒f(x )↓且f(x )≥f(0) = 0，故仅当x = 0时，f(0) = 0⇔2) 当x ⇔(0, π2]内，由(1)知设f’(x )极值点为(x 0, f’(x 0)) a. x ⇔(0, x 0]内，f’(0) = 0且f’(x )↑，即f’(x ) > 0 ⇒f(x )↑且f(0) = 0，即f(x ) >0b. x ⇔[x 0, π2 ]内，f’(x )↓且f’(x 0) > 0、f’(π2) < 0，故其中f’(x )有一个零点x 1 a) x ⇔[x 0, x 1]，f’(x ) > 0 ⇒f(x )↑且f(x 0) > 0，即f(x ) > 0b) x ⇔[x 1, π2 ]，f’(x ) < 0 ⇒f(x )↓且f(π2 ) = 1 - ln(1 + π2) > 0，即f(x ) > 0 综上：x ⇔(0, π2]内f(x ) > 0恒成立，故无零点⇔ 3) 当x ⇔[π2, e - 1]内 a. f(x )中g(x ) = sin x ↓、h(x ) = ln(1 + x )↑b. g(π2 ) = 1 > h(π2 ) = ln(1 + π2)，g(e - 1) = sin(e - 1) < h(e - 1) = 1 ∴ g(x )与h(x )在x ⇔[π2, e - 1]内必相交于一点⇔ ⇔⇔⇔知：f(x )必有且仅有两个零点【考核】二阶导数的应用，零点存在性定理、函数单调性例2 已知函数f(x ) = 1x- x + a ln x (1) 讨论f(x )的单调性(2) 若f(x )存在两个极值点x 1、x 2，证明：f(x 1) - f(x 2) x 1 - x 2< a - 2 【答案】见详解【分析】(1) 根据参数的取值范围，利用导数讨论x 在不同区间上的函数单调性(2) 不等式恒成立，构造函数确定其在区间中的单调性且小于0即可【详解】(1) x ⇔(0, +∞)，令t = 1x ⇔(0, +∞)，则f’(t ) = - t 2 + at - 1 = - (t - a 2 )2 + a 24- 1， 1) 当a 24- 1≤0时，f’(t )≤0恒成立，即a ⇔[-2, 2]时，x ⇔(0, +∞)上f(x )↓ 2) 当a 24 - 1 > 0有a ⇔(-∞, -2)⇔(2, +∞)，而f’(0) = -1且f’(t )的零点为-a ±a 2 - 4 -2a. t = a 2< 0，a ⇔(-∞, -2)时，t ⇔(0, +∞)上f’(t )↓即f’(t ) < 0⇒x ⇔(0, +∞)上f(x )↓ b. t = a 2> 0，a ⇔(2, +∞) a) t ⇔(0, a -a 2 - 4 2)上f’(t ) < 0 ⇒f(t )↓ b) t ⇔(a -a 2 - 4 2 , a +a 2 - 4 2)上f’(t ) > 0 ⇒f(t )↑ c) t ⇔(a +a 2 - 4 2, +∞)上f’(t ) < 0 ⇒f(t )↓综上：a ⇔(-∞, 2]时，x ⇔(0, +∞)上f(x )↓ a ⇔(2, +∞)时，x ⇔(0, a -a 2 - 4 2 )和(a +a 2 - 4 2, +∞)上f(x )↓a ⇔(2, +∞)时，x ⇔(a -a 2 - 4 2 , a +a 2 - 4 2 )上f(x )↑ (2) f(x )存在两个极值点x 1、x 2，由(1)知a ⇔(2, +∞)，若x 1 < x 2x 2 - x 1 = a 2 - 4 ，f(x 2) - f(x 1) = x 1 - x 2x 2x 1 - (x 2 - x 1) + a ln x 2x 1 = 2a ln a +a 2 - 4 2 - 2a 2 - 4要证明f(x 1) - f(x 2) x 1 - x 2 < a - 2，可证2a ln a +a 2 - 4 2- 2a 2 - 4 < (a - 2)a 2 - 4 2ln a +a 2 - 4 2 < a 2 - 4 而x 2 = a +a 2 - 4 2 ，即证f(x 2) = 2ln x 2 - x 2 + 1x 2∵ 由(1)知a ⇔(-∞, 2]时，x ⇔(1, +∞)⊊(0, +∞)上f(x )↓，f(1) = 0∴ f(x 2) < 0，即f(x 1) - f(x 2) x 1 - x 2 < a - 2【考核】应用导数判断单调性例3 已知函数f(x ) = a x ，g(x ) = log a x ，其中a > 1(1) 求函数h(x ) = f(x ) - x ln a 的单调区间(2) 若曲线y = f(x )在(x 1, f(x 1))处的切线与曲线y = g(x )在(x 2, g(x 2))处的切线平行，证明：x 1 +g(x 2) = -2ln(ln a ) ln a(3) 证明：当a ≥ 1e e 时，存在直线l ，使l 是曲线y = f(x )的切线，也是曲线y = g(x )的切线【答案】见详解【分析】【详解】(1) 由题意知：h(x ) = a x - x ln a∴ h’(x ) = a x ln a - ln a = (a x - 1)ln a ，a > 1即在x ⇔(0, +∞)上，h’(x ) > 0，故h(x )单调递增在x ⇔(-∞,0)上，h’(x ) < 0，故h(x )单调递减(2) 在(x 1, f(x 1))处的切线l 1的斜率：k 1 = a x 1 ln a与曲线y = g(x )在(x 2, g(x 2))处的切线l 2的斜率：k 2 =1x 2 ln a∵ l 1//l 2：k 1 = k 2∴ a x 1 ln a = 1x 2 ln a ，x 2 a x 1 ln 2 a = 1 ⇒ x 2 a x 1 = 1ln 2 a ⇔ 又∵ f(x )与g(x )互为反函数：(f(x 1), x 1)在g(x )上，(g(x 2),x 2)在f(x )上∴ a x 1 + g(x 2) = a x 1·a g(x 2) = x 2 a x 1 ⇔综上⇔⇔：a x 1 + g(x 2) = 1ln 2 a ⇒ x 1 + g(x 2) = -2ln(ln a ) ln a(3) 曲线y = f(x )：x = x 1处的切线1：y - a x 1 = a x 1ln a (x - x 1)曲线y = g(x )：x = x 2处的切线2：y - log a x 2 =1x 2 ln a (x - x 2) 当a ≥ 1e e 时，存在直线l 是曲线y = f(x )的切线，也是曲线y = g(x )的切线需要证明当a ≥ 1e e 时，∃x 1⇔(-∞,+∞)、x 2⇔(0,+∞)使1、2重合⎩⎨⎧ a x 1 ln a = 1x 2 ln a a x 1 - a x 1 ln a = log a x 2 - 1ln a 有解，得a x 1 - x 1a x 1ln a + x 1 + 1ln a + 2ln(ln a ) ln a= 0 a ≥ 1ee 时上述关于x 1的方程有实数解设m(x ) = a x - xa x ln a + x + 1ln a + 2ln(ln a ) ln a ，在a ≥ 1e e 上有零点 m’(x ) = 1 - xa x ln 2a 知：x ⇔(-∞, 0)时，m’(x ) > 0；x ⇔(0, +∞)时，m’(x ) < 0∵ m’(0) = 1，m’(1ln 2 a) = 1 - a 1/ln 2a < 0，故存在唯一x 0 > 0，使得m’(x 0) = 0 ∴ 1 - x 0a x 0ln 2a = 0，m(x )在x 0处有极大值a ≥ 1e e ，ln(ln a ) ≥ -1 ⇒ m(x 0) = x 0 +1x 0ln 2 a + 2ln(ln a ) ln a ≥ 2 + 2ln(ln a ) ln a ≥ 0 由(1) a x 1 ≥ 1 + x ln a ，x > 1ln a 时，有m(x ) ≤ -(ln 2a )x 2 + x + 1 + 1ln a + 2ln(ln a ) ln a∴ 存在实数t 使得m(t) < 0：a ≥ 1e e 时，∃x 1⇔(-∞,+∞)使得m(x 1) = 0当a ≥ 1e e 时，存在直线l 是曲线y = f(x )的切线，也是曲线y = g(x )的切线【考核】利用导数研究单调性例4 已知定义域R 上的奇函数y = f(x )的导函数为y = f’(x )，当x ≠ 0时，f’(x ) + f(x )x> 0。

第3课时导数的应用(二)—极值与最值1．函数y ＝x 3－3x 2－9x(－2<x<2)有()A ．极大值为5，极小值为－27B ．极大值为5，极小值为－11C ．极大值为5，无极小值D ．极大值为－27，无极小值答案 C解析 y ′＝3x 2－6x －9＝3(x 2－2x －3)＝3(x －3)(x ＋1)，∴y ′＝0时，x ＝3或x ＝－1.∵－2<x<2，∴x ＝－1时，y ＝5；x ＝－1为极大值点，极大值为5，无极小值．2．当函数y ＝x·2x 取极小值时，x ＝()A.1ln2B ．－1ln2 C ．－ln2 D ．ln2答案 B解析 由y ＝x·2x ，得y ′＝2x ＋x·2x ·ln2，令y ′＝0，得2x (1＋x·ln2)＝0.∵2x ＞0，∴x ＝－1ln2. 3．设函数f(x)＝2x＋lnx ，则() A ．x ＝12为f(x)的极大值点B ．x ＝12为f(x)的极小值点 C ．x ＝2为f(x)的极大值点D ．x ＝2为f(x)的极小值点答案 D解析 因为f(x)＝2x ＋lnx ，所以f ′(x)＝－2x2＋1x ＝x －2x2，且x>0.当x>2时， f ′(x)>0，这时f(x)为增函数；当0<x<2时，f ′(x)<0，这时f(x)为减函数．所以x ＝2为f(x)的极小值点．故选D.4．(2018·山西太原期中)设函数f(x)＝13x 3－x ＋m 的极大值为1，则函数f(x)的极小值为() A ．－13B ．－1 C.13D ．1 答案 A解析 f ′(x)＝x 2－1，由f ′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝－1.所以f(x)在区间(－∞，－1)上单调递增，在区间(－1，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在x ＝－1处取得极大值，且f(－1)＝1，即m ＝13，函数f(x)在x ＝1处取得极小值，且f(1)＝13×13－1＋13＝－13.故选A. 5．(2018·苏锡常镇一调)f(x)＝e x －x(e 为自然对数的底数)在区间[－1，1]上的最大值是()A ．1＋1eB ．1C ．e ＋1D ．e －1答案 D解析 f ′(x)＝e x－1，令f ′(x)＝0，得x ＝0.令f ′(x)>0，得x>0，令f ′(x)<0，得x<0，则函数f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，f(－1)＝e －1＋1，f(1)＝e －1，f(－1)－f(1)＝1e ＋2－e<12＋2－e<0， 所以f(1)>f(－1)．故选D.6．若函数y ＝ax 3＋bx 2取得极大值和极小值时的x 的值分别为0和13，则() A ．a －2b ＝0 B ．2a －b ＝0C ．2a ＋b ＝0D ．a ＋2b ＝0答案 D解析 y′＝3ax 2＋2bx ，据题意，0，13是方程3ax 2＋2bx ＝0的两根，∴－2b 3a ＝13，∴a ＋2b ＝0. 7．已知f(x)＝2x 3－6x 2＋m(m 为常数)在[－2，2]上有最大值3，那么此函数在[－2，2]上的最小值是()A ．－37B ．－29C ．－5D ．以上都不对答案 A解析 f ′(x)＝6x 2－12x ＝6x(x －2)，∴f(x)在(－2，0)上单调递增，在(0，2)上单调递减．∴x ＝0为极大值点，也为最大值点．∴f(0)＝m ＝3，∴m ＝3.∴f(－2)＝－37，f(2)＝－5，∴最小值是－37，选A.8．若函数f(x)＝x 3－3bx ＋3b 在(0，1)内有极小值，则()A ．0＜b ＜1B ．b ＜1C ．b ＞0D ．b ＜12答案 A解析 f(x)在(0，1)内有极小值，则f ′(x)＝3x 2－3b 在(0，1)上先负后正，∴f ′(0)＝－3b ＜0.∴b ＞0.f ′(1)＝3－3b ＞0，∴b ＜1.综上，b 的取值范围为0＜b ＜1.9．设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f ′(x)，且函数f(x)在x ＝－2处取得极小值，则函数y ＝xf ′(x)的图像可能是()答案 C解析 由f(x)在x ＝－2处取得极小值可知，当x<－2时，f ′(x)<0，则xf ′(x)>0；当－2<x<0时，f ′(x)>0，则xf ′(x)<0；当x>0时，xf ′(x)>0.10．已知f(x)＝x 3＋px 2＋qx 的图像与x 轴相切于非原点的一点，且f(x)极小值＝－4，那么p ，q 值分别为()A ．6，9B ．9，6C ．4，2D ．8，6答案 A解析 设图像与x 轴的切点为(t ，0)(t≠0)，设⎩⎪⎨⎪⎧f （t ）＝t3＋pt2＋qt ＝0，f′（t ）＝3t2＋2pt ＋q ＝0，注意t≠0， 可得出p ＝－2t ，q ＝t 2.∴p 2＝4q ，只有A 满足这个等式(亦可直接计算出t ＝－3)．11．若函数f(x)＝ax 3－3x ＋1对于x∈[－1，1]总有f(x)≥0成立，则实数a 的取值范围为()A ．[2，＋∞)B ．[4，＋∞)C ．{4}D ．[2，4]答案 C解析 f ′(x)＝3ax 2－3，当a≤0时，f(x)min ＝f(1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当0<a≤1时，f ′(x)＝3ax 2－3＝3a(x ＋1a )(x －1a)，f(x)在[－1，1]上为减函数， f(x)min ＝f(1)＝a －2≥0，a ≥2，不合题意；当a>1时，f(－1)＝－a ＋4≥0，且f(1a )＝－2a ＋1≥0，解得a ＝4.综上所述，a ＝4. 12．若f(x)＝x(x －c)2在x ＝2处有极大值，则常数c 的值为________．答案 6解析 f ′(x)＝3x 2－4cx ＋c 2，∵f(x)在x ＝2处有极大值，∴⎩⎪⎨⎪⎧f′（2）＝0，f′（x ）<0 （x>2），f′（x ）>0 （x<2）.解得c ＝6.13．(2018·河南信阳调研)已知函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则f(2)的值为________． 答案 18解析 f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝10，f′（1）＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a2＋a ＋b ＋1＝10，2a ＋b ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝－11或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3. 当a ＝－3，b ＝3时，f ′(x)＝3(x －1)2≥0，f(x)无极值．当a ＝4，b ＝－11时，令f ′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝－113. 当x 变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表：。