第2讲导数在研究函数中的应用最新考纲 1.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(其中多项式函数不超过三次)；2.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(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.会用导数解决实际问题．知识梳理1．函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；(2)如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减；(3)如果f′(x)＝0，那么函数y＝f(x)在这个区间内是常数函数．2．函数的极值与导数(1)极值点与极值设函数f(x)在点x0及附近有定义，且在x0两侧的单调性相反或导数值异号，则x0为函数f(x)的极值点，f(x0)为函数的极值．(2)极大值点与极小值点①若先增后减(导数值先正后负)，则x0为极大值点；②若先减后增(导数值先负后正)，则x0为极小值点．(3)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的根的左右两侧的符号．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．3．函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图像是连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)设函数f(x)在[a，b]上连续且在(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．诊断自测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么在区间(a，b)上一定有f′(x)>0.()(2)f′(x)>0是f(x)为增函数的充要条件．()(3)对可导函数f(x)，f′(x0)＝0是x0为极值点的充要条件．()(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．()解析(1)函数f(x)在(a，b)上单调递增，则在(a，b)上有f′(x)≥0，故(1)错．(2)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，(2)错．(3)如f(x)＝x3，当x＝0时，f′(x)＝0，而函数f(x)在R上为增函数，所以x＝0不是极值点，故(3)错．答案(1)×(2)×(3)×(4)√2.(教材改编)函数f(x)的定义域为区间(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图像如图所示，则函数f(x)在区间(a，b)内极小值点的个数为()A．1 B．2 C．3 D．4解析导函数f′(x)的图像与x轴的交点中，左侧图像在x轴下方，右侧图像在x轴上方的只有一个，所以f(x)在区间(a，b)内有一个极小值点．答案 A3．(2017·郑州调研)函数y＝12x2－ln x的单调递减区间为()A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)解析函数y＝12x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－1x＝(x－1)(x＋1)x，令y′≤0，则可得0<x≤1.答案 B4．(2016·四川卷)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a＝()A ．－4B ．－2C ．4D ．2解析 由题意得f ′(x )＝3x 2－12，令f ′(x )＝0得x ＝±2，当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈(－2,2)时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增． 故f (x )在x ＝2处取得极小值，∴a ＝2. 答案 D5．(2014·全国Ⅱ卷改编)若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)单调递增，则k 的取值范围是________．解析 依题意得f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立， 即k ≥1x 在(1，＋∞)上恒成立，∵x >1，∴0<1x <1，∴k ≥1. 答案 [1，＋∞)第1课时 导数与函数的单调性考点一 利用导数研究函数的单调性 【例1】 (2016·四川卷节选)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，g (x )＝1x －ee x ，其中a ∈R ，e ＝2.718…为自然对数的底数． (1)讨论f (x )的单调性； (2)证明：当x >1时，g (x )>0.(1)解 由题意得f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x (x >0)． 当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0有x ＝12a， 当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． (2)证明 令s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝e x －1－1.当x >1时，s ′(x )>0，所以e x －1>x ， 从而g (x )＝1x －1ex －1>0.规律方法 用导数讨论(证明)函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤： (1)求f ′(x )；(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数． 【训练1】 设f (x )＝e x (ax 2＋x ＋1)(a ＞0)，试讨论f (x )的单调性． 解 f ′(x )＝e x (ax 2＋x ＋1)＋e x (2ax ＋1) ＝e x [ax 2＋(2a ＋1)x ＋2] ＝e x (ax ＋1)(x ＋2) ＝a ex ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2) ①当a ＝12时，f ′(x )＝12e x (x ＋2)2≥0恒成立， ∴函数f (x )在R 上单调递增； ②当0＜a ＜12时，有1a ＞2， 令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0，有x ＞－2或x ＜－1a ，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0，有－1a ＜x ＜－2， ∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1a 和(－2，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，－2上单调递减；③当a ＞12时，有1a ＜2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＞0时， 有x ＞－1a 或x ＜－2，令f ′(x )＝a e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1a (x ＋2)＜0时，有－2＜x ＜－1a ，∴函数f (x )在(－∞，－2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1a 上单调递减.考点二 求函数的单调区间(易错警示)【例2】 (2015·重庆卷改编)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 ，求函数g (x )的单调减区间． 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，即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，得x (x ＋1)(x ＋4)<0. 解之得－1<x <0或x <－4.所以g (x )的单调减区间为(－1,0)，(－∞，－4)． 规律方法 求函数单调区间的步骤： (1)确定函数f (x )的定义域； (2)求f ′(x )；(3)在定义域内解不等式f ′(x )>0，得单调递增区间； (4)在定义域内解不等式f ′(x )<0，得单调递减区间．易错警示 个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3在R 上是增函数．【训练2】 已知函数f (x )＝x 4＋a x －ln x －32，其中a ∈R ，且曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x . (1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间．解 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝14－a x 2－1x ，由f (x )在点(1，f (1))处的切线垂直于直线y ＝12x 知f ′(1)＝－34－a ＝－2，解得a ＝54. (2)由(1)知f (x )＝x 4＋54x －ln x －32，(x >0)．则f ′(x )＝x 2－4x －54x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝5. 但－1∉(0，＋∞)，舍去．当x ∈(0,5)时，f ′(x )<0；当x ∈(5，＋∞)时，f ′(x )>0. ∴f (x )的增区间为(5，＋∞)，减区间为(0,5)． 考点三 已知函数的单调性求参数(易错警示)【例3】 (2017·西安模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0)． (1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1,4]上单调递减，求a 的取值范围． 解 (1)h (x )＝ln x －12ax 2－2x ，x >0. ∴h ′(x )＝1x －ax －2.若函数h (x )在(0，＋∞)上存在单调减区间， 则当x >0时，1x －ax －2<0有解，即a >1x 2－2x 有解． 设G (x )＝1x 2－2x ，所以只要a >G (x )min .(*) 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，所以G (x )min ＝－1.所以a >－1.即实数a 的取值范围是(－1，＋∞)． (2)由h (x )在[1,4]上单调递减，∴当x ∈[1,4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，(**)则a ≥1x 2－2x 恒成立，所以a ≥G (x )max . 又G (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －12－1，x ∈[1,4]因为x ∈[1,4]，所以1x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716. 当a ＝－716时，h ′(x )＝1x ＋716x －2＝16＋7x 2－32x 16x ＝(7x －4)(x －4)16x ，∵x ∈[1,4]， ∴h ′(x )＝(7x －4)(x －4)16x≤0，当且仅当x ＝4时等号成立．(***) ∴h (x )在[1,4]上为减函数．故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－716，＋∞.易错警示 (1)特称命题理解不清，不能将第(1)问转化为1x －ax －2<0有解，难以得到不等式(*)．错求a 的取值范围．(2)错误理解“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 )不恒为0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．”导致在第(2)问中(**)处易错求h ′(x )<0恒成立，另外在(***)处容易忽视a ＝－716进行检验. 【训练3】 已知函数f (x )＝x 3－ax －1.(1)若f (x )在R 上为增函数，求实数a 的取值范围； (2)若函数f (x )的单调减区间为(－1,1)，求a 的值． 解 (1)因为f (x )在R 上是增函数， 所以f ′(x )＝3x 2－a ≥0在R 上恒成立， 即a ≤3x 2对x ∈R 恒成立． 因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又因为a ＝0时，f ′(x )＝3x 2≥0，当且仅当x ＝0时取等号． ∴f (x )＝x 3－1在R 上是增函数． 所以实数a 的取值范围是(－∞，0]． (2)f ′(x )＝3x 2－a . 当a ≤0时，f ′(x )≥0， f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数， 所以a ≤0不合题意． 当a >0时，令3x 2－a <0， 得－3a 3<x <3a 3，∴f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 3，3a 3， 依题意，3a3＝1，即a ＝3.[思想方法]1．已知函数解析式求单调区间，实质上是求f ′(x )>0，f ′(x )<0的解，并注意函数f (x )的定义域．2．含参函数的单调性要分类讨论，通过确定导数的符号判断函数的单调性．3．已知函数单调性可以利用已知区间和函数单调区间的包含关系或转化为恒成立问题两种思路解决． [易错防范]1．求单调区间应遵循定义域优先的原则．2．注意两种表述“函数f (x )在(a ，b )上为减函数”与“函数f (x )的减区间为(a ，b )”的区别．3．在某区间内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． 4．可导函数f (x )在(a ，b )上是增(减)函数的充要条件是：对任意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．基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．函数f(x)＝x－ln x的单调递减区间为() A．(0,1) B．(0，＋∞)C．(1，＋∞) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)解析函数的定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝1－1x＝x－1x，令f′(x)<0，解得0<x<1，所以单调递减区间是(0,1)．答案 A2．(2015·陕西卷)设f(x)＝x－sin x，则f(x)()A．既是奇函数又是减函数B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数D．是没有零点的奇函数解析因为f′(x)＝1－cos x≥0，所以函数为增函数，排除选项A和C.又因为f(0)＝0－sin 0＝0，所以函数存在零点，排除选项D，故选B.答案 B3.已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图像如图所示，则下列叙述正确的是()A．f(b)>f(c)>f(d)B．f(b)>f(a)>f(e)C．f(c)>f(b)>f(a)D．f(c)>f(e)>f(d)解析依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0，因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，由a<b<c，所以f(c)>f(b)>f(a)．答案 C4．若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为()A ．(－∞，2)B ．(－∞，2] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，52 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 解析 ∵f ′(x )＝6x 2－6mx ＋6， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立， 即x 2－mx ＋1≥0恒成立，∴m ≤x ＋1x 恒成立． 令g (x )＝x ＋1x ，g ′(x )＝1－1x 2，∴当x >2时，g ′(x )>0，即g (x )在(2，＋∞)上单调递增， ∴m ≤2＋12＝52. 答案 D5．(2017·上饶模拟)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)解析 由f (x )>2x ＋4，得f (x )－2x －4>0，设F (x )＝f (x )－2x －4，则F ′(x )＝f ′(x )－2， 因为f ′(x )>2，所以F ′(x )>0在R 上恒成立，所以F (x )在R 上单调递增．又F (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f (x )－2x －4>0等价于F (x )>F (－1)，所以x >－1. 答案 B 二、填空题6．已知函数f (x )＝(－x 2＋2x )e x (x ∈R ，e 为自然对数的底数)，则函数f (x )的单调递增区间为________．解析 因为f (x )＝(－x 2＋2x )e x ， 所以f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x ＝(－x 2＋2)e x .令f ′(x )>0，即(－x 2＋2)e x >0，因为e x >0，所以－x 2＋2>0，解得－2<x <2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(－2，2)．答案 (－2，2)7．已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是________． 解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－(x －1)(x －3)x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0,1)∪(2,3)8．(2017·武汉模拟)已知f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c 在区间(m ，m ＋1)上为递减函数，则m 的取值范围为________．解析 由f (x )＝2ln x ＋x 2－5x ＋c ，得f ′(x )＝2x ＋2x －5， 又函数f (x )在区间(m ，m ＋1)上为递减函数， ∴f ′(x )≤0在(m ，m ＋1)上恒成立， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2m －5≤0，2m ＋1＋2(m ＋1)－5≤0，解得12≤m ≤1.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1三、解答题 9．已知函数f (x )＝ln x ＋ke x (k 为常数，e 是自然对数的底数)，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行． (1)求k 的值； (2)求f (x )的单调区间．解 (1)由题意得f ′(x )＝1x －ln x －ke x ，又f ′(1)＝1－ke ＝0，故k ＝1. (2)由(1)知，f ′(x )＝1x －ln x －1e x.设h (x )＝1x －ln x －1(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－1x <0， 即h (x )在(0，＋∞)上是减函数．由h (1)＝0知，当0<x <1时，h (x )>0，从而f ′(x )>0； 当x >1时，h (x )<0，从而f ′(x )<0.综上可知，f (x )的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，＋∞)． 10．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ，且a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23.(1)求a 的值；(2)求函数f (x )的单调区间；(3)设函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ，若函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，求实数c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2－x ＋c ， 得f ′(x )＝3x 2＋2ax －1.当x ＝23时，得a ＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋2a ×23－1，解得a ＝－1.(2)由(1)可知f (x )＝x 3－x 2－x ＋c ，则f ′(x )＝3x 2－2x －1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13(x －1)，列表如下：所以f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－13和(1，＋∞)；f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，1.(3)函数g (x )＝(f (x )－x 3)·e x ＝(－x 2－x ＋c )·e x ， 有g ′(x )＝(－2x －1)e x ＋(－x 2－x ＋c )e x ＝(－x 2－3x ＋c －1)e x ，因为函数g (x )在x ∈[－3,2]上单调递增，所以h (x )＝－x 2－3x ＋c －1≥0在x ∈[－3,2]上恒成立，只要h (2)≥0，解得c ≥11，所以c 的取值范围是[11，＋∞)．能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c ＝f (3)，则( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <c <a解析 依题意得，当x <1时，f ′(x )>0， 则f (x )在(－∞，1)上为增函数； 又f (3)＝f (－1)，且－1<0<12<1， 因此有f (－1)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即有f (3)<f (0)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，c <a <b .答案 C12．(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)单调递增，则a 的取值范围是( ) A ．[－1,1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝1－23(2cos 2x －1)＋a cos x ＝－43cos 2 x ＋a cos x ＋53，由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立． 令t ＝cos x ，t ∈[－1,1]，则－43t 2＋at ＋53≥0.在t ∈[－1,1]上恒成立．∴4t 2－3at －5≤0在t ∈[－1,1]上恒成立．令g (t )＝4t 2－3at －5， 则⎩⎨⎧g (1)＝－3a －1≤0，g (－1)＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13.答案 C13．(2017·合肥质检)设f ′(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (－2)＝0，当x >0时，xf ′(x )－f (x )>0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是________．解析 令g (x )＝f (x )x ，则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2>0，x ∈(0，＋∞)，所以函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增． 又g (－x )＝f (－x )－x ＝－f (x )－x＝f (x )x ＝g (x )， 则g (x )是偶函数，g (－2)＝0＝g (2)． 则f (x )＝xg (x )>0⇔⎩⎨⎧ x >0，g (x )>0或⎩⎨⎧x <0，g (x )<0，解得x >2或－2<x <0，故不等式f (x )>0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 答案 (－2,0)∪(2，＋∞)14．已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax ＋b .(1)若f (x )与g (x )在x ＝1处相切，求g (x )的表达式； (2)若φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )在[1，＋∞)上是减函数，求实数m 的取值范围． 解 (1)由已知得f ′(x )＝1x ，∴f ′(1)＝1＝12a ，a ＝2. 又∵g (1)＝0＝12a ＋b ，∴b ＝－1，∴g (x )＝x －1. (2)∵φ(x )＝m (x －1)x ＋1－f (x )＝m (x －1)x ＋1－ln x 在[1，＋∞)上是减函数， ∴φ′(x )＝－x 2＋(2m －2)x －1x (x ＋1)2≤0在[1，＋∞)上恒成立，∴x 2－(2m －2)x ＋1≥0在[1，＋∞)上恒成立， 则2m －2≤x ＋1x ，x ∈[1，＋∞)， ∵x ＋1x ∈[2，＋∞)，∴2m －2≤2，m ≤2. 故实数m 的取值范围是(－∞，2].特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.考点一用导数研究函数的极值(多维探究)命题角度一根据函数图像判断极值【例1－1】设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图像如图所示，则下列结论中一定成立的是()A．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)C．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)D．函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)解析由题图可知，当x<－2时，1－x>3，此时f′(x)>0；当－2<x<1时，0<1－x<3，此时f′(x)<0；当1<x<2时，－1<1－x<0，此时f′(x)<0；当x>2时，1－x<－1，此时f′(x)>0，由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．答案 D命题角度二求函数的极值【例1－2】求函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)的极值．解由f′(x)＝1－ax＝x－ax，x>0知：(1)当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；(2)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝a.又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－a ln a，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－a ln a，无极大值.命题角度三 已知极值求参数【例1－3】 已知关于x 的函数f (x )＝－13x 3＋bx 2＋cx ＋bc 在x ＝1处有极值－43，试求b ，c 的值．解 ∵f ′(x )＝－x 2＋2bx ＋c ， 由f (x )在x ＝1处有极值－43， 可得⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝－1＋2b ＋c ＝0，f (1)＝－13＋b ＋c ＋bc ＝－43.解得⎩⎨⎧ b ＝1，c ＝－1或⎩⎨⎧b ＝－1，c ＝3. 若b ＝1，c ＝－1，则f ′(x )＝－x 2＋2x －1＝－(x －1)2≤0，f (x )没有极值． 若b ＝－1，c ＝3，则f ′(x )＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋3)(x －1)． 当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，－3)－3 (－3,1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋0 1f (x )极小值－12极大值 －43∴当x ＝1时，f (x )有极大值－43，满足题意． 故b ＝－1，c ＝3为所求．规律方法 (1)求函数f (x )极值的步骤： ①确定函数的定义域； ②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号．如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值；如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值．(2)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同．应注意，导数为零的点不一定是极值点．对含参数的求极值问题，应注意分类讨论．【训练1】 设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a >0)． (1)当a ＝1，且函数图像过(0,1)时，求函数的极小值； (2)若f (x )在R 上无极值点，求a 的取值范围． 解 由题意得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1. (1)函数图像过(0,1)时，有f (0)＝c ＝1. 当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1. 令f ′(x )>0，解得x <13或x >1； 令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，1上单调递减．故函数f (x )的极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在R 上无极值点，则f (x )在R 上是单调函数，故f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；当a ≠0时，f ′(x )≥0或f ′(1)≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点二 利用导数求函数的最值【例2】 (2017·郑州模拟)已知函数f (x )＝(x －k )e x . (1)求f (x )的单调区间；(2)求f (x )在区间[0,1]上的最小值．解 (1)由f (x )＝(x －k )e x ，得f ′(x )＝(x －k ＋1)e x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝k －1.当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：x (－∞，k －1)k －1 (k －1，＋∞)f ′(x ) －0 ＋f (x )－e k －1所以，f (x ))． (2)当k －1≤0，即k ≤1时，函数f (x )在[0,1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (0)＝－k ， 当0<k －1<1，即1<k <2时，由(1)知f (x )在[0，k －1)上单调递减，在(k －1,1]上单调递增， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (k －1)＝－e k －1. 当k －1≥1，即k ≥2时，函数f (x )在[0,1]上单调递减， 所以f (x )在区间[0,1]上的最小值为f (1)＝(1－k )e.综上可知，当k ≤1时，f (x )min ＝－k ；当1<k <2时，f (x )min ＝－e k －1；当k ≥2时，f (x )min ＝(1－k )e.规律方法 求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤： (1)求函数在(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.【训练2】 设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切， (1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值．解 (1)由f (x )＝a ln x －bx 2，得f ′(x )＝ax －2bx (x >0)． ∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切．∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′(1)＝a －2b ＝0，f (1)＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12.(2)由(1)知f (x )＝ln x －12x 2， 则f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e <x <1， 令f ′(x )<0，得1<x <e ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1上单调递增，在(1，e)上单调递减，∴f (x )max ＝f (1)＝－12.考点三 函数极值与最值的综合问题【例3】 已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值． 解 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x(e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c e x.令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，由于e x >0. 令f ′(x )＝0，则g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ＝0， ∴－3和0是y ＝g (x )的零点，且f ′(x )与g (x )的符号相同．又因为a >0，所以－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5， 所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x.因为f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． 所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者， 又f (－5)＝5e－5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.规律方法 (1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小． (2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图像，然后借助图像观察得到函数的最值． 【训练3】 (2017·衡水中学月考)已知函数f (x )＝ax －1－ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f (x )在x ＝1处取得极值，任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥bx －2恒成立，求实数b 的最大值．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x .当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点． 当a >0时，由f ′(x )<0，得0<x <1a ；由f ′(x )>0，得x >1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值．综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点； 当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点． (2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值，∴f′(1)＝a－1＝0，则a＝1，从而f(x)＝x－1－ln x.因此f(x)≥bx－2⇒1＋1x－ln xx≥b，令g(x)＝1＋1x－ln xx，则g′(x)＝ln x－2x2，令g′(x)＝0，得x＝e2，则g(x)在(0，e2)上递减，在(e2，＋∞)上递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－1e2，即b≤1－1e2.故实数b的最大值是1－1 e2.[思想方法]1．利用导数研究函数的单调性、极值、最值可列表观察函数的变化情况，直观而且条理，减少失分．2．求极值、最值时，要求步骤规范、表格齐全；含参数时，要讨论参数的大小．3．可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同.4.若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．[易错防范]1．求函数单调区间与函数极值时要养成列表的习惯，可使问题直观且有条理，减少失分的可能．2．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．3．解题时要注意区分求单调性和已知单调性的问题，处理好f′(x)＝0时的情况；区分极值点和导数为0的点.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．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 －x D ．y ＝x ＋2x解析 由题可知，B ，C 选项中的函数不是奇函数，A 选项中，函数y ＝x 3单调递增(无极值)，D 选项中的函数既为奇函数又存在极值． 答案 D2．(2017·石家庄质检)若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，若t ＝ab ，则t 的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．6 D ．9解析 f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ，则f ′(1)＝12－2a －2b ＝0，则a ＋b ＝6， 又a >0，b >0，则t ＝ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时取等号． 答案 D3．已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0,2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2,0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A.14 B.13 C.12 D ．1解析 由题意知，当x ∈(0,2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a 时，f ′(x )<0. ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案 D4．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－1,2) B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞) C ．(－3,6) D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)， 由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根，∴Δ＝4a 2－4×3×(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0， ∴a >6或a <－3. 答案 B5．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，则下列图像不可能为y ＝f (x )图像的是( )解析 因为[f (x )e x ]′＝f ′(x )e x ＋f (x )(e x )′＝[f (x )＋f ′(x )]e x ，且x ＝－1为函数f (x )e x 的一个极值点，所以f (－1)＋f ′(－1)＝0；选项D 中，f (－1)＞0，f ′(－1)＞0，不满足f ′(－1)＋f (－1)＝0. 答案 D 二、填空题6．(2017·咸阳模拟)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，若x ＝－3是函数f (x )的一个极值点，则实数a ＝________. 解析 f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3.依题意知，－3是方程f ′(x )＝0的根 所以3×(－3)2＋2a ×(－3)＋3＝0，解得a ＝5. 经检验，a ＝5时，f (x )在x ＝－3处取得极值． 答案 57．(2016·北京卷改编)设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3－3x ，x ≤0，－2x ，x >0，则f (x )的最大值为________．解析 当x >0时，f (x )＝－2x <0；当x ≤0时，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x －1)(x ＋1)，当x <－1时，f ′(x )>0，f (x )是增函数，当－1<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数． ∴f (x )≤f (－1)＝2，∴f (x )的最大值为2. 答案 28．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则实数a 的取值范围是________． 解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a .∵函数y＝e x＋ax有大于零的极值点，则方程y′＝e x＋a＝0有大于零的解，∵x>0时，－e x<－1，∴a＝－e x<－1. 答案(－∞，－1)三、解答题9．(2015·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)由题意可知x≠－r，所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞)．f(x)＝ax(x＋r)2＝axx2＋2rx＋r2，f′(x)＝a(x2＋2rx＋r2)－ax(2x＋2r)(x2＋2rx＋r2)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，＋∞)内的极大值为f(r)＝ar(2r)2＝a4r＝4004＝100，f(x)在(0，＋∞)内无极小值；综上，f(x)在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值．10．(2017·衡水中学二调)已知函数f(x)＝x ln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)e x(a为实数)．(1)当a＝5时，求函数y＝g(x)在x＝1处的切线方程；(2)求f(x)在区间[t，t＋2](t>0)上的最小值．解(1)当a＝5时，g(x)＝(－x2＋5x－3)e x，g(1)＝e.又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)e x，故切线的斜率为g′(1)＝4e.所以切线方程为y －e ＝4e(x －1)，即y ＝4e x －3e. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1， 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 1e ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ f ′(x ) －0 ＋f (x )极小值①当t ≥1e 时，在区间[t ，t ＋2]上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (t )＝t ln t .②当0<t <1e 时，在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫t ，1e 上f (x )为减函数，在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，t ＋2上f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2017·广州调研)若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx (a ，b ∈R )的图像与x 轴相切于一点A (m,0)(m ≠0)，且f (x )的极大值为12，则m 的值为( ) A ．－23 B ．－32 C.23 D.32解析 由题意可得f (m )＝m 3＋am 2＋bm ＝0，m ≠0，则m 2＋am ＋b ＝0 ①，且f ′(m )＝3m 2＋2am ＋b ＝0 ②， ①－②化简得m ＝－a2.f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 的两根为－a 2和－a6， 则b ＝a 24，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 6＝12，解得a ＝－3，m ＝32.答案 D12．(2015·安徽卷)函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图像如图所示，则下列结论成立的是( )A ．a >0，b <0，c >0，d >0B ．a >0，b <0，c <0，d >0C ．a <0，b <0，c >0，d >0D ．a >0，b >0，c >0，d <0 解析 由函数y ＝f (x )的图像知，a >0，f (0)＝d >0. 又x 1，x 2是函数f (x )的极值点， 且f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c ＝0，∴x 1，x 2是方程3ax 2＋2bx ＋c ＝0的两根． 由图像知，x 1>0，x 2>0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－2b3a >0，x 1x 2＝c3a >0.因此b <0，且c >0.答案 A13．(2015·陕西卷)函数y ＝x e x 在其极值点处的切线方程为________．解析 由y ＝x e x 可得y ′＝e x ＋x e x ＝e x (x ＋1)，从而可得y ＝x e x 在(－∞，－1)上递减，在(－1，＋∞)上递增，所以当x ＝－1时，y ＝x e x 取得极小值－e －1，因为y ′|x ＝－1＝0，故切线方程为y ＝－e －1，即y ＝－1e .答案 y ＝－1e14．(2016·山东卷改编)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0) (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值．求实数a 的取值范围． (1)解 由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ， 可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞)．所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减．∴函数y ＝g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞.(2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增． 所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意．②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意．③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，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f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意． 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第3课时 导数与函数的综合应用考点一 用导数研究生活中的优化问题 【例1】 某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y (单位：千克)与销售价格x (单位：元/千克)满足关系式y ＝ax －3＋10(x －6)2，其中3<x <6，a 为常数．已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克． (1)求a 的值；(2)若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大．解 (1)因为x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，a ＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －3＋10(x －6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f (x )＝(x －3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x －3＋10(x －6)2＝2＋10(x －3)(x －6)2,3<x <6.从而，f ′(x )＝10[(x －6)2＋2(x －3)(x －6)] ＝30(x －4)·(x －6)，于是，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：由上表可得，x ＝4所以，当x ＝4时，函数f (x )取得最大值，且最大值等于42.故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 规律方法 (1)利用导数解决生活中优化问题的一般步骤： ①设自变量、因变量，建立函数关系式y ＝f (x )，并确定其定义域； 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．(2)如果目标函数在定义域内只有一个极值点，那么根据实际意义该极值点就是最值点．【训练1】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．又根据题意得200πrh＋160πr2＝12 000π，所以h＝15r(300－4r2)，从而V(r)＝πr2h＝π5(300r－4r3)．因r>0，又由h>0可得0<r<53，故函数V(r)的定义域为(0,53)，(2)因V(r)＝π5(300r－4r3)(0<r<53)，故V′(r)＝π5(300－12r2)，故V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因r＝－5不在定义域内，舍去)．当r∈(0,5)时，V′(r)>0，故V(r)在(0,5)上为增函数；当r∈(5,53)时，V′(r)<0，故V(r)在(5,53)上为减函数．由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.所以当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大.考点二利用导数研究函数的零点或方程的根【例2】(2014·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2.(1)求a；(2)证明：当k<1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．(1)解f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.由题设得－2a ＝－2，所以a ＝1. (2)证明 由(1)知，f (x )＝x 3－3x 2＋x ＋2. 设g (x )＝f (x )－kx ＋2＝x 3－3x 2＋(1－k )x ＋4. 由题设知1－k >0.当x ≤0时，g ′(x )＝3x 2－6x ＋1－k >0，g (x )单调递增，g (－1)＝k －1<0，g (0)＝4， 所以g (x )＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x >0时，令h (x )＝x 3－3x 2＋4， 则g (x )＝h (x )＋(1－k )x >h (x )．h ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，h (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增， 所以g (x )>h (x )≥h (2)＝0.所以g (x )＝0在(0，＋∞)没有实根． 综上，g (x )＝0在R 有唯一实根，即曲线y ＝f (x )与直线y ＝kx －2只有一个交点．规律方法 (1)本题求解的关键是通过构造函数，把曲线与直线交点问题转化为函数零点问题来解决．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图像判断方程根的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．【训练2】 (2016·北京卷节选)设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围．解 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ， 所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c . (2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4.令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－23. 当x 变化时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下：x (－∞，－2)－2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23 －23 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，＋∞ f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )cc －3227所以，当c >0且c －3227<0，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－23，x 3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3227时， 函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点． 考点三 导数在不等式中的应用(多维探究) 命题角度一 不等式恒成立问题【例3－1】 已知函数f (x )＝ln x －ax ，若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围． 解 ∵ln x －ax <x 2，又x >0，∴a >x ln x －x 3， 令g (x )＝x ln x －x 3，则h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x.∵当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0， ∴h (x )在(1，＋∞)上是减函数， ∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0.∴g (x )在(1，＋∞)上也是减函数，∴g (x )<g (1)＝－1， ∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立. 命题角度二 证明不等式【例3－2】 (2016·全国Ⅲ卷)设函数f (x )＝ln x －x ＋1. (1)讨论f (x )的单调性；(2)证明当x ∈(1，＋∞)时，1<x －1ln x <x ； (3)设c >1，证明当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x . (1)解 依题意，f (x )的定义域为(0，＋∞)． f ′(x )＝1x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝1，∴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．(2)证明 由(1)知f (x )在x ＝1处取得最大值，且最大值f (1)＝0. 所以当x ≠1时，ln x <x －1.故当x ∈(1，＋∞)时，ln x <x －1，ln 1x <1x －1， 因此1<x －1ln x <x .(3)证明 由题设c >1，设g (x )＝1＋(c －1)x －c x ， 则g ′(x )＝c －1－c x ln c .令g ′(x )＝0，解得x 0＝ln c －1ln cln c . 当x <x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增； 当x >x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减． 由(2)知1<c －1ln c <c ，故0<x 0<1.又g (0)＝g (1)＝0，故当0<x <1时，g (x )>0. 所以当x ∈(0,1)时，1＋(c －1)x >c x .规律方法 (1)利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性或者函数的最值证明函数h (x )>0. (2)不等式恒成立通常可以利用函数的单调性求出最值解决．解答相应的参数不等式，如果易分离参数，可先分离变量，构造函数，直接转化为函数的最值问题，避免参数的讨论．【训练3】 (2017·西安模拟)已知函数f (x )＝ln x . (1)求函数F (x )＝f (x )x ＋12的最大值； (2)证明：f (x )x ＋12<x －f (x )；(3)若不等式mf (x )≥a ＋x 对所有的m ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32，x ∈[1，e 2]恒成立，求实数a 的取值范围．。
