10、
【答題模板】
(1)解 f(x)的定義域為(0，＋∞)．
f′(x)＝x－a＋＝＝.[2分]
①若a－1＝1，即a＝2時，f′(x)＝.
故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
②若a－1<1，而a>1，故10，故f(x)在(a－1,1)上單調遞減，在(0，a－1)，(1，＋∞)上單調遞增．
③若a－1>1，即a>2時，同理可得f(x)在(1，a－1)上單調遞減，
在(0,1)，(a－1，＋∞)上單調遞增．[6分]
(2)證明 考慮函數g(x)＝f(x)＋x
＝x2－
11、ax＋(a－1)ln x＋x.
則g′(x)＝x－(a－1)＋≥2－(a－1)
＝1－(－1)2.
由于10，
即g(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
從而當x1>x2>0時，有g(x1)－g(x2)>0，
即f(x1)－f(x2)＋x1－x2>0，
故>－1.[10分]
當0－1.
綜上，若a<5，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2有>－1.[12分]
【突破思維障礙】
(1)討論函數的單調區(qū)間的關鍵是討論導數大于0或小于0的不等式的解集，一般就是歸結為一個一元二次不
等式的解集的討論，在能夠通過因式分解得到導數等于
12、0的根的情況下，根的大小是分類的標準；
(2)利用導數解決不等式問題的主要方法就是構造函數，通過函數研究函數的性質進而解決不等式問題．
1．求可導函數單調區(qū)間的一般步驟和方法：
(1)確定函數f(x)的定義域；
(2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定義域內的一切實根；
(3)把函數f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數f(x)的定義區(qū)間分成若干個小區(qū)間；
(4)確定f′(x)在各個開區(qū)間內的符號，根據f′(x)的符號判定函數f(x)在每個相應小開區(qū)間內的增減性．
2．可導函數極值存在的條件：
(
13、1)可導函數的極值點x0一定滿足f′(x0)＝0，但當f′(x1)＝0時，x1不一定是極值點．如f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點．
(2)可導函數y＝f(x)在點x0處取得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左側與右側f′(x)的符號不同．
3．函數的最大值、最小值是比較整個定義區(qū)間的函數值得出來的，函數的極值是比較極值點附近的函數值得出來的．函數的極值可以有多有少，但最值只有一個，極值只能在區(qū)間內取得，最值則可以在端點取得，有極值的未必有最值，有最值的未必有極值，極值可能成為最值，最值只要不在端點必定是極值．
4．求函數的最值以導數為工具，先找到極值點，再求極值
14、和區(qū)間端點函數值，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
(滿分：75分)
一、選擇題(每小題5分，共25分)
1．(20xx·大連模擬)設f(x)，g(x)是R上的可導函數，f′(x)、g′(x)分別為f(x)、g(x)的導函數，且f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)<0，則當af(b)g(x) B．f(x)g(a)>f(a)g(x)
C．f(x)g(x)>f(b)g(b) D．f(x)g(x)>f(a)g(a)
2.函數f(x)的定義域為開區(qū)間(a，
15、b)，導函數f′(x)在(a，b)內的圖象如圖所示，則函數f(x)在開區(qū)間(a，b)內有極小值點 ( )
A．1個 B．2個
C．3個 D．4個
3．(20xx·嘉興模擬)若函數y＝a(x3－x)在區(qū)間上為減函數，則a的取值范圍是 ( )
A．a>0 B．－11 D．0<
16、a<1
4．已知函數f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實數m的取值范圍是
( )
A．m≥ B．m>
C．m≤ D．m<
5．設a∈R，若函數y＝eax＋3x，x∈R有大于零的極值點，則 ( )
A．a>－3 B．a<－3
C．a>－ D．a<－
題號
1
2
3
4
5
答案
二、填空題(每小題4分，共12分)
6．(2009·遼寧)若函數f(x)＝在x＝1處取極值，則a＝________.
7．已知函數f(x)的導函數f′(
17、x)的圖象如右圖所示，給出以下結論：
①函數f(x)在(－2，－1)和(1,2)上是單調遞增函數；
②函數f(x)在(－2,0)上是單調遞增函數，在(0,2)上是單調遞減函數；
③函數f(x)在x＝－1處取得極大值，在x＝1處取得極小值；
④函數f(x)在x＝0處取得極大值f(0)．
則正確命題的序號是________．(填上所有正確命題的序號)．
8．已知函數f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在極大值又存在極小值，則實數m的取值范圍為________．
三、解答題(共38分)
9．(12分)求函數f(x)＝的極值．
10．(12分)(20xx·秦皇
18、島模擬)已知a為實數，且函數f(x)＝(x2－4)(x－a)．
(1)求導函數f′(x)；
(2)若f′(－1)＝0，求函數f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值．
11．(14分)(20xx·汕頭模擬)已知函數f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的圖象過點(－1，－6)，且函數g(x)＝f′(x)＋6x的圖象關于y軸對稱．
(1)求m，n的值及函數y＝f(x)的單調區(qū)間；
(2)若a>0，求函數y＝f(x)在區(qū)間(a－1，a＋1)內的極值．
答案 自主梳理
1．(1)增 增 (2)減 減 (3)增 減 2.(1)①f′(x)>0
f′(x)<0
19、?、趂′(x)<0 f′(x)>0 (2)②f′(x)＝0
③f′(x)＝0 極大值 極小值
自我檢測
1．C 2.D 3.C 4.C
5．18
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
由題意即
得a＝4，b＝－11或a＝－3，b＝3.
但當a＝－3時，f′(x)＝3x2－6x＋3≥0，故不存在極值，
∴a＝4，b＝－11，f(2)＝18.
課堂活動區(qū)
例1 解題導引 (1)一般地，涉及到函數(尤其是一些非常規(guī)函數)的單調性問題，往往可以借助導數這一重要工具進行求解．函數在定義域內存在單調區(qū)間，就是不等式f′(x)>0或f′(x)<0在定義域內有解．這樣就可以把問題轉化為
20、解不等式問題．
(2)已知函數在某個區(qū)間上單調求參數問題，通常是解決一個恒成立問題，方法有①分離參數法，②利用二次函數中恒成立問題解決．
(3)一般地，可導函數f(x)在(a，b)上是增(或減)函數的充要條件是：對任意x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內都不恒等于零．特別是在已知函數的單調性求參數的取值范圍時，要注意“等號”是否可以取到．
解 (1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，
∵ex>
21、0，∴－x2＋2>0，解得－0，
∴－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立，
即x2－(a－2)x－a≤0對x∈(－1,1)恒成立．
設h(x)＝x2－(a－2)x－a
只須滿足，解得a≥.
(3)若函數f(x)在R上單調遞減，
則f′(x)≤0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex
22、≤0對x∈R都成立．
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≥0對x∈R都成立．
∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，這是不可能的．
故函數f(x)不可能在R上單調遞減．
若函數f(x)在R上單調遞增，則f′(x)≥0對x∈R都成立，即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈R都成立．
∵ex>0，∴x2－(a－2)x－a≤0對x∈R都成立．
而x2－(a－2)x－a≤0不可能恒成立，
故函數f(x)不可能在R上單調遞增．
綜上可知函數f(x)不可能是R上的單調函數．
變式遷移1 解 (1)由題意得f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)，又，
解得b＝0
23、，a＝－3或a＝1.
(2)由f′(x)＝0，得x1＝a，x2＝－.
又f(x)在(－1,1)上不單調，
即或
解得或
所以a的取值范圍為(－5，－)∪(－，1)．
例2 解題導引 本題研究函數的極值問題．利用待定系數法，由極值點的導數值為0，以及極大值、極小值，建立方程組求解．判斷函數極值時要注意導數為0的點不一定是極值點，所以求極值時一定要判斷導數為0的點左側與右側的單調性，然后根據極值的定義判斷是極大值還是極小值．
解 (1)由題意可知f′(x)＝3ax2－b.
于是，解得
故所求的函數解析式為f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)可知f′(x)＝x2－4＝(x－
24、2)(x＋2)．
令f′(x)＝0得x＝2或x＝－2，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表所示：
x
(－∞，－2)
－2
(－2,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
單調遞增
極大值
單調遞減
極小值
單調遞增
因此，當x＝－2時，
f(x)有極大值，
當x＝2時，f(x)有極小值－，
所以函數的大致圖象如圖，
故實數k的取值范圍為
(－，)．
變式遷移2 解 (1)f′(x)＝＋2bx＋1，
∴.解得a＝－，b＝－.
(2)f′(x)＝－＋(－)＋1＝－.
函數定義域為(0，＋∞
25、)，列表
x
(0,1)
1
(1,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
單調遞減
極小值
單調遞增
極大值
單調遞減
∴x＝1是f(x)的極小值點，x＝2是f(x)的極大值點．
例3 解題導引 設函數f(x)在[a，b]上連續(xù)，在(a，b)內可導，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步驟：
(1)求函數y＝f(x)在(a，b)內的極值．
(2)將函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．
解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x
26、)＝3x2＋2ax＋b，
當x＝1時，切線l的斜率為3，可得2a＋b＝0；①
當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，
又切點的橫坐標為x＝1，∴f(1)＝4.
∴1＋a＋b＋c＝4.∴c＝5.
(2)由(1)，得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
∴f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝，
∴f′(x)<0的解集為，即為f(x)的減區(qū)間．
[－3，－2)、是函數的增區(qū)間．
又f(－3)＝8，f(－2)＝13，f＝，f(1)＝4，
∴y＝f(x)在[－3,1]上的最大值為13，最小
27、值為.
變式遷移3 解 (1)由題意得f′(x)＝3ax2＋2x＋b.
因此g(x)＝f(x)＋f′(x)＝ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b.
因為函數g(x)是奇函數，
所以g(－x)＝－g(x)，即對任意實數x，
有a(－x)3＋(3a＋1)(－x)2＋(b＋2)(－x)＋b
＝－[ax3＋(3a＋1)x2＋(b＋2)x＋b]，
從而3a＋1＝0，b＝0，解得a＝－，b＝0，
因此f(x)的表達式為f(x)＝－x3＋x2.
(2)由(1)知g(x)＝－x3＋2x，
所以g′(x)＝－x2＋2，令g′(x)＝0，
解得x1＝－，x2＝，
則當x<－或x>時，
28、g′(x)<0，
從而g(x)在區(qū)間(－∞，－)，(，＋∞)上是減函數；
當－0，
從而g(x)在區(qū)間(－，)上是增函數．
由前面討論知，g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值與最小值只能在x＝1，，2時取得，
而g(1)＝，g()＝，g(2)＝.
因此g(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為g()＝，
最小值為g(2)＝.
課后練習區(qū)
1．C 2.A 3.A 4.A 5.B
6．3
解析 ∵f′(x)＝()′
＝＝，
又∵x＝1為函數的極值，∴f′(1)＝0.
∴1＋2×1－a＝0，即a＝3.
7．②④
解析 觀察函數f(x)的導函數f′(x)的
29、圖象，由單調性、極值與導數值的關系直接判斷．
8．(－∞，－3)∪(6，＋∞)
解析 f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有兩個不等實根，則Δ＝4m2－12×(m＋6)>0，∴m>6或m<－3.
9．解 f′(x)＝()′＝，由f′(x)＝0得x＝－2,1.………………(4分)
當x∈(－∞，－2)時f′(x)<0，當x∈(－2,1)時f′(x)>0，故x＝－2是函數的極小值點，故f(x)的極小值為f(－2)＝－；…………………………………………………………………(8分)
當x∈(－2,1)時f′(x)>0，當x∈(1，＋∞)時f′(x)<0，
故x＝1是函數的極大值點，
所以
30、f(x)的極大值為f(1)＝1.……………………………………………………………(12分)
10．解 (1)由f(x)＝x3－ax2－4x＋4a，
得f′(x)＝3x2－2ax－4.…………………………………………………………………(4分)
(2)因為f′(－1)＝0，所以a＝，
所以f(x)＝x3－x2－4x＋2，f′(x)＝3x2－x－4.
又f′(x)＝0，所以x＝或x＝－1.
又f＝－，f(－1)＝，
f(－2)＝0，f(2)＝0，所以f(x)在[－2,2]上的最大值、最小值分別為、－.………(12分)
11．解 (1)由函數f(x)圖象過點(－1，－6)，
得m－n＝
31、－3. ①
由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，
得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，
則g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
而g(x)的圖象關于y軸對稱，所以－＝0.
所以m＝－3，代入①，得n＝0.…………………………………………………………(4分)
于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f′(x)>0，得x>2或x<0，
故f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，0)∪(2，＋∞)；
由f′(x)<0，得0
32、的單調遞減區(qū)間是(0,2)．…………………………………………………………(8分)
(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0，
得x＝0或x＝2.
當x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
極大值
極小值
……………………………………………………………………………………………(10分)
由此可得：
當0
新版高考數學理科一輪【學案14】導數在研究函數中的應用含答案
