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第二节 导数的简单应用
一、基础知识
1．函数的单调性与导数的关系
在(a，b)内可导函数 f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于 0.f′(x)≥0 f(x)在(a，
b)上为增函数．f′(x)≤0 f(x)在

(a，b)上为减函数．
2．函数的极值
(1)函数的极小值：
函数 y＝f(x)在点 x＝a 的函数值 f(a)比它在点 x＝a 附近其他点的函数值都小，f′(a)＝0；

而且在点 x＝a 附近的左侧 f′(x)＜0，右侧 f′(x)＞0，则点a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)

叫做函数 y＝f(x)的极小值．
(2)函数的极大值：
函数 y＝f(x)在点 x＝b 的函数值 f(b)比它在点 x＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)
＝0；而且在点 x＝b 附近的左侧 f′(x)＞0，右侧 f′(x)＜0，则点 b 叫做函数 y＝f(x)的极大
值点，f(b)叫做函数 y＝f(x)的极大值．
极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．
3．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)开区间上的单调连续函数无最值．,
(1)f′(x)＞0(＜0)是 f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的充分不必要条件．
(2)f′(x)≥0(≤0)是 f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)的必要不充分条件．
(3)由 f(x)在区间(a，b)内单调递增(减)可得 f′(x)≥0(≤0)在该区间内恒成立，而不是 f′(x)
＞0(＜0)恒成立，“＝”不能少，必要时还需对“＝”进行检验.
f′(x0)＝0 是 x0 为 f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但 x
＝0 不是极值点．
(1)极值点不是点，若函数 f(x)在 x1 处取得极大值，则 x1 为极大值点，极大值为 f(x1)；
在 x2 处取得极小值，则 x2 为极小值点，极小值为 f(x2)．极大值与极小值之间无确定的大小
关系．
(2)极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数.
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二、常用结论
(1)若所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，
只能用“，”“和”字隔开．
(2)若函数 f(x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值一定是函数的最值．
(3)极值只能在定义域内取得(不包括端点)，最值却可以在端点处取得，有极值的不一定
有最值，有最值的也未必有极值；极值有可能成为最值，非常数可导函数最值只要不在端点
处取，则必定在极值处取．
第一课时 导数与函数的单调性
考点一 求函数的单调区间
1．已知函数 f(x)＝xln x，则 f(x)( )
A．在(0，＋∞)上单调递增
B．在(0，＋∞)上单调递减
1
C．在 0， e 上单调递增
1
D．在 0， e 上单调递减
解析：选 D 因为函数 f(x)＝xln x 的定义域为(0，＋∞)，
所以 f′(x)＝ln x＋1(x＞0)，
1
当 f′(x)＞0 时，解得 x＞ ，
e
1即函数 f(x)的单调递增区间为 ，＋∞ e ；
1
当 f′(x)＜0 时，解得 0＜x＜ ，
e
1
即函数 f(x)的单调递减区间为 0， e ，故选 D.
2 1
2．若幂函数 f(x)的图象过点 ， ，则函数 g(x)＝exf(x)的单调递减区间为________．
2 2
2 1
解析：设幂函数 f(x)＝xa，因为图象过点 ， ，
2 2
1 2
所以 ＝ a，a＝2，
2 2
所以 f(x)＝x2，故 g(x)＝exx2，
则 g′(x)＝exx2＋2exx＝ex(x2＋2x)，
令 g′(x)＜0，得－2＜x＜0，
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故函数 g(x)的单调递减区间为(－2,0)．
答案：(－2,0)
3．(2018·开封调研)已知定义在区间(－π，π)上的函数 f(x)＝xsin x＋cos x，则 f(x)的单调
递增区间是___________________________________________________________．
解析：f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x.
令 f′(x)＝xcos x＞0(x∈(－π，π))，
π π
解得－π＜x＜－ 或 0＜x＜ ，
2 2
π π
即函数 f(x)的单调递增区间是 －π，－ 0， 2 和 2 .
π π答案： －π，－ 和 0， 2 2
考点二 判断含参函数的单调性
1
(2018·全国卷Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝ －x＋aln x，讨论 f(x)的单调性．
x
[解] f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1 a x2－ax＋1
f′(x)＝－ 2－1＋ ＝－x x x2 .
①当 a≤2 时，则 f′(x)≤0，
当且仅当 a＝2，x＝1 时，f′(x)＝0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②当 a＞2 时，令 f′(x)＝0，
a－ a2－4 a＋ a2－4
得 x＝ 或 x＝ .
2 2
a－ a2－4 a＋ a2－4
当 x∈ 0， ∪ ，＋∞ 时，
2 2
f′(x)＜0；
a－ a2－4 a＋ a2－4
当 x∈ ， 时，f′(x)＞0.
2 2
a－ a2－4 a＋ a2－4
所 以 f(x) 在 0， ， ，＋∞ 上 单 调 递 减 ， 在
2 2
a－ a2－4 a＋ a2－4
， 上单调递增．
2 2
a－ a2－4
综合①②可知，当a≤2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞2时，f(x)在 0， ，
2
a＋ a2－4 a－ a2－4 a＋ a2－4
，＋∞ 上单调递减，在 ， 上单调递增．
2 2 2
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[题组训练]
已知函数 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中 g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴．
(1)确定 a 与 b 的关系；
(2)若 a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性．
1
解：(1)g′(x)＝ ＋2ax＋b(x＞0)．
x
由函数 g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x 轴，
得 g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以 b＝－2a－1.
(2)由(1)得
2ax2－(2a＋1)x＋1 (2ax－1)(x－1)
g′(x)＝ ＝ .
x x
因为函数 g(x)的定义域为(0，＋∞)，
x－1
所以当 a＝0 时，g′(x)＝－ .
x
由 g′(x)＞0，得 0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得 x＞1，
即函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
1
当 a＞0 时，令 g′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝ ，
2a
1 1 1 1
若 ＜1，即 a＞ ，由 g′(x)＞0，得 x＞1 或 0＜x＜ ，由 g′(x)＜0，得 ＜x＜1，
2a 2 2a 2a
1 1
即函数 g(x)在 0， ，1 2a ，(1，＋∞)上单调递增，在 2a 上单调递减；
1 1 1
若 ＞1，即 0＜a＜ ，由 g′(x)＞0，得 x＞ 或 0＜x＜1，
2a 2 2a
1
由 g′(x)＜0，得 1＜x＜ ，
2a
1 1
即函数 g(x)在(0,1)， ，＋∞ 2a 上单调递增，在
1，
2a 上单调递减；
1 1
若 ＝1，即 a＝ ，在(0，＋∞)上恒有 g′(x)≥0，
2a 2
即函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
综上可得，当 a＝0 时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
1 1 1
当 0＜a＜ 时，函数 g(x)在(0,1)， ，＋∞ 2a 上单调递增，在
1，
2 2a 上单调递减；
1
当 a＝ 时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
2
1 1
当 a＞ 时，函数 g(x)在 0，
2 2a ，(1，＋∞)上单调递增，
1
在 ，1 2a 上单调递减．
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考点三 根据函数的单调性求参数
[典例精析]
1
(1)若函数 f(x)＝x－ sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)单调递增，则 a的取值范围是________．
3
1
(2)若函数 h(x)＝ln x－ ax2－2x(a≠0)在[1,4]上单调递减，则 a 的取值范围为________．
2
1 2
[解析] (1)函数 f(x)＝x－ sin 2x＋asin x 在(－∞，＋∞)单调递增，等价于 f′(x)＝1－
3 3
4 2 5 4cos 2x＋acos x＝－ cos x＋acos x＋ ≥0 在(－∞，＋∞)恒成立．设 cos x＝t，则 g(t)＝－ t2
3 3 3
4 5
g(1)＝－ ＋a＋ ≥0，
5 3 3 1 1
＋at＋ ≥0 在[－1,1]恒成立，所以 解得－ ≤a≤ . 3 4 5 3 3 g(－1)＝－ －a＋ ≥0，3 3
(2)因为 h(x)在[1,4]上单调递减，
1
所以当 x∈[1,4]时，h′(x)＝ －ax－2≤0 恒成立，
x
1 2
即 a≥
x2
－ 恒成立．
x
1 2
由(1)知 G(x)＝ 2－ ， x x
1
所以 a≥G(x)max，而 G(x)＝ －1 2 x －1，
1 1
因为 x∈[1,4]，所以 ∈ ，1 4 ， x
7
所以 G(x)max＝－ (此时 x＝4)， 16
7
所以 a≥－ ，又因为 a≠0，
16
7
所以 a 的取值范围是 － ，0 16 ∪(0，＋∞)．
1 1 7
答案：(1) － ， 3 3 (2)
－ ，0
16 ∪(0，＋∞)
[变式发散]
1．(变条件)若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上单调递增”，则 a 的取值范围为
________．
1 2
解析：因为 h(x)在[1,4]上单调递增，所以当 x∈[1,4]时，h′(x)≥0 恒成立，即 a≤ －
x2 x
恒成立，
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1 2
又因为当 x∈[1,4]时， － x2 x min＝－1(此时 x＝1)，
所以 a≤－1，即 a 的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
2．(变条件)若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间”，则 a 的取值
范围为________．
解析：因为 h(x)在[1,4]上存在单调递减区间，
所以 h′(x)＜0 在[1,4]上有解，
1 2
所以当 x∈[1,4]时，a＞ 2－ 有解， x x
1 2
而当 x∈[1,4]时， － x2 x min＝－1(此时 x＝1)，
所以 a＞－1，又因为 a≠0，
所以 a 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．
答案：(－1,0)∪(0，＋∞)
3．(变条件)若本例(2)条件变为“函数 h(x)在[1,4]上不单调”，则 a 的取值范围为
________．
解析：因为 h(x)在[1,4]上不单调，
1 2 1
所以 h′(x)＝0 在(1,4)上有解，即 a＝ － ＝ －1 22 x －1 在(1,4)上有解， x x
1 2 7
令 m(x)＝ 2－ ，x∈(1,4)，则－1＜m(x)＜－ . x x 16
7
所以实数 a 的取值范围是 －1，－ 16 .
7
答案： －1，－ 16
[题组训练]
1．(2019·渭南质检)已知函数 f(x)＝ax3＋bx2 的图象经过点 M(1,4)，曲线在点 M 处的切
线恰好与直线 x＋9y＝0 垂直．若函数 f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，则 m 的取值范围是
________．
解析：∵f(x)＝ax3＋bx2 的图象经过点 M(1,4)，
∴a＋b＝4，①
f′(x)＝3ax2＋2bx，则 f′(1)＝3a＋2b.
由题意可得 f′(1)·
1
－
9 ＝－1，即 3a＋2b＝9.②
联立①②两式解得 a＝1，b＝3，
∴f(x)＝x3＋3x2，f′(x)＝3x2＋6x.
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令 f′(x)＝3x2＋6x≥0，得 x≥0 或 x≤－2.
∵函数 f(x)在区间[m，m＋1]上单调递增，
∴[m，m＋1] (－∞，－2]∪[0，＋∞)，
∴m≥0 或 m＋1≤－2，即 m≥0 或 m≤－3.
答案：(－∞，－3]∪[0，＋∞)
3x
2．已知函数 f(x)＝ －2x2＋ln x(a＞0)，若函数 f(x)在[1,2]上为单调函数，则 a 的取值范
a
围是________．
3 1
解析：f′(x)＝ －4x＋ ，
a x
若函数 f(x)在[1,2]上为单调函数，
3 1 3 1
即 f′(x)＝ －4x＋ ≥0 或 f′(x)＝ －4x＋ ≤0 在[1,2]上恒成立，
a x a x
3 1 3 1
即 ≥4x－ 或 ≤4x－ 在[1,2]上恒成立．
a x a x
1
令 h(x)＝4x－ ，
x
则 h(x)在[1,2]上单调递增，
3 3
所以 ≥h(2)或 ≤h(1)，
a a
3 15 3
即 ≥ 或 ≤3，又 a＞0，
a 2 a
2
所以 0＜a≤ 或 a≥1.
5
2
答案： 0， 5 ∪[1，＋∞)
[课时跟踪检测]
A 级
1．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝sin 2x B．f(x)＝xex
C．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln x
π π
解析：选 B 对于 A，f(x)＝sin 2x 的单调递增区间是 kπ－ ，kπ＋ 4 4 (k∈Z)；对于 B，f′(x)
＝ex(x＋1)，当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数 f(x)＝xex在(0，＋∞)上为增函数；对于 C，
3 3 3
f′ (x)＝3x2－1，令 f′(x)＞0，得 x＞ 或 x＜－ ，∴函数 f(x)＝x3－x 在 －∞，－ 和3 3 3
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3 1 x－1
，＋∞ 上单调递增；对于 D，f′(x)＝－1＋ ＝－ ，令 f′(x)＞0，得 0＜x＜1，∴
3 x x
函数 f(x)＝－x＋ln x 在区间(0,1)上单调递增．综上所述，应选 B.
2．已知函数 f(x)＝x2＋2cos x，若 f′(x)是 f(x)的导函数，则函数 f′(x)的大致图象是( )
解析：选 A 设 g(x)＝f′(x)＝2x－2sin x，则 g′(x)2－2cos x≥0，所以函数 f′(x)在 R
上单调递增，结合选项知选 A.
1
3．若函数 f(x)＝(x2－cx＋5)ex 在区间 ，4 2 上单调递增，则实数 c 的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，4]
C．(－∞，8] D．[－2,4]
1
解析：选 B f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex，∵函数 f(x)在区间 ，4 2 2 上单调递增，∴x
1 1
＋(2－c)x－c＋5≥0 对任意 x∈ ，4 2 恒成立，即(x＋1)c≤x
2＋2x＋5 对任意 x∈ ，4 2 恒成
x2＋2x＋5 1 1 x2＋2x＋5 4
立，∴c≤ 对任意 x∈ ，4 恒成立，∵x∈ ，4 2 2 ，∴ ＝x＋1＋ ≥4，x＋1 x＋1 x＋1
当且仅当 x＝1 时等号成立，∴c≤4.
1
4．(2019·咸宁联考)设函数 f(x)＝ x2－9ln x 在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数 a
2
的取值范围是( )
A．(1,2] B．(4，＋∞)
C．(－∞，2) D．(0,3]
1
解析：选 A ∵f(x)＝ x2
9 9
－9ln x，∴f′(x)＝x－ (x＞0)，由 x－ ≤0，得 0＜x≤3，∴f(x)
2 x x
在(0,3]上是减函数，则[a－1，a＋1] (0,3]，∴a－1＞0 且 a＋1≤3，解得 1＜a≤2.
5．(2019·南昌联考)已知函数 f(x＋1)是偶函数，当 x∈(1，＋∞)时，函数 f(x)＝sin x－x，
1
设 a＝f － 2 ，b＝f(3)，c＝f(0)，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．b＜a＜c B．c＜a＜b
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
1
解析：选 A ∵函数 f(x＋1)是偶函数，∴函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称，∴a＝f － 2
＝f
5
2 ，b＝f(3)，c＝f(0)＝f(2)．又∵当 x∈(1，＋∞)时，函数 f(x)＝sin x－x，∴当 x∈(1，
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＋∞)时，f′(x)＝cos x－1≤0，即 f(x)＝sin x－x 在(1，＋∞)上为减函数，∴b＜a＜c.
6．已知函数 y＝ f(x)(x∈R)的图象如图所示，则不等式 xf′(x)≥0 的解集为
________________．
1 1
解析：由 f(x)图象特征可得，在 －∞， 2 和[2，＋∞)上 f′(x)≥0, 在
，2
2 上 f′(x)
x≥0， x≤0， 1
＜0，所以 xf′(x)≥0 或 0≤x≤ 或 x≥2，所以 xf′(x)≥0 的解集 f′(x)≥0 f′(x)≤0 2
为
1
0，
2 ∪[2，＋∞)．
1
答案： 0， 2 ∪[2，＋∞)
7．(2019·岳阳模拟)若函数 f(x)＝x2－ex－ax 在 R 上存在单调递增区间，则实数 a 的取值
范围是________．
解析：∵函数 f(x)＝x2－ex－ax 在 R 上存在单调递增区间，
∴f′(x)＝2x－ex－a＞0，即 a＜2x－ex有解．
设 g(x)＝2x－ex，则 g′(x)＝2－ex，
令 g′(x)＝0，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)
8．设 f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中 a∈R，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 y 轴相交
于点(0,6)．
(1)确定 a 的值；
(2)求函数 f(x)的单调区间．
解：(1)因为 f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
6
所以 f′(x)＝2a(x－5)＋ .
x
令 x＝1，得 f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为 y－16a＝(6－8a)(x－1)，
1
由点(0,6)在切线上，可得 6－16a＝8a－6，解得 a＝ .
2
1
(2)由(1)知，f(x)＝ (x－5)2＋6ln x(x＞0)，
2
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6 (x－2)(x－3)
f′(x)＝x－5＋ ＝ .
x x
令 f′(x)＝0，解得 x＝2 或 x＝3.
当 0＜x＜2 或 x＞3 时，f′(x)＞0；
当 2＜x＜3 时，f′(x)＜0，
故函数 f(x)的单调递增区间是(0,2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2,3)．
9．已知 e 是自然对数的底数，实数 a 是常数，函数 f(x)＝ex－ax－1 的定义域为(0，＋∞)．
(1)设 a＝e，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数 f(x)的单调性．
解：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，
∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
∴当 a＝e 时，函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－1.
(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知 f′(x)＝ex－a 在(0，＋∞)上单调递增．
∴当 a≤1 时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a＞1 时，由 f′(x)＝ex－a＝0，得 x＝ln a，
∴当 0＜x＜ln a 时，f′(x)＜0，当 x＞ln a 时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当 a≤1 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当 a＞1 时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
B 级
π π
1．(2019·南昌模拟)已知函数 f(x)＝xsin x，x ，x 1 2∈ － ， 2 2 ，且 f(x1)＜f(x2)，那么( )
A．x1－x2＞0 B．x1＋x2＞0
C．x2 21－x2＞0 D．x2 21－x2＜0
π
解析：选 D 由 f(x)＝xsin x，得 f′(x)＝sin x＋xcos x＝cos x(tan x＋x)，当 x∈ 0， 2 时，
π
f′(x)＞0，即 f(x)在 0， 2 上为增函数，又∵f(－x)＝－xsin(－x)＝xsin x＝f(x)，∴f(x)为偶函
数，∴当 f(x1)＜f(x2)时，有 f(|x1|)＜f(|x2|)，∴|x |＜|x 2 21 2|，x1－x2＜0，故选 D.
1
2．函数 f(x)＝ x2－ln x 的单调递减区间为________．
2
1
解析：由题意知，函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，由 f(x)＝x－ ＜0，得 0＜x＜1，所以
x
函数 f(x)的单调递减区间为(0,1)．
答案：(0,1)
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1
3．(2019·郴州模拟)已知函数 f(x)＝－ x2＋4x－3ln x 在区间[t，t＋1]上不单调，则实数
2
t 的取值范围是________．
3 (x－1)(x－3)
解析：由题意知 f′(x)＝－x＋4－ ＝－ ，由 f′(x)＝0 得函数 f(x)的两个极
x x
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，
t＜1， t＜3，
∴1∈(t，t＋1)或 3∈(t，t＋1) 或 0＜t＜1 或 2＜t＜3. t＋1＞1 t＋1＞3
答案：(0,1)∪(2,3)
4.已知函数 y＝xf′(x)的图象如图所示(其中 f′(x)是函数 f(x)的导函数)，
下面四个图象中，y＝f(x)的图象大致是( )
解析：选 C 当 0＜x＜1 时，xf′(x)＜0，∴f′(x)＜0，故 y＝f(x)在(0,1)上为减函数；
当 x＞1 时，xf′(x)＞0，∴f′(x)＞0，故 y＝f(x)在(1，＋∞)上为增函数，因此排除 A、B、
D，故选 C.
1
5．已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－ x，其中 e 是自然对数的底数．若 f(a－1)＋f(2a2)≤0，e
则实数 a 的取值范围是________．
1
解析：由 f(x)＝x3－2x＋ex－ ，
ex
1
得 f(－x)＝－x3＋2x＋ x－ex＝－f(x)， e
所以 f(x)是 R 上的奇函数．
1 1
又 f′(x)＝3x2－2＋ex＋ x≥3x2－2＋2 ex·x＝3x2≥0，当且仅当 x＝0 时取等号， e e
所以 f(x)在其定义域内单调递增．
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因为 f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以 f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
1
所以 a－1≤－2a2，解得－1≤a≤ ，
2
1
故实数 a 的取值范围是 －1， 2 .
1答案： －1， 2
1
6．已知 f(x)＝ax－ ，g(x)＝ln x，x＞0，a∈R 是常数．
x
(1)求函数 y＝g(x)的图象在点 P(1，g(1))处的切线方程；
(2)设 F(x)＝f(x)－g(x)，讨论函数 F(x)的单调性．
解：(1)因为 g(x)＝ln x(x＞0)，
1
所以 g(1)＝0，g′(x)＝ ，g′(1)＝1，
x
故函数 g(x)的图象在 P(1，g(1))处的切线方程是 y＝x－1.
1
(2)因为 F(x)＝f(x)－g(x)＝ax－ －ln x(x＞0)，
x
1 1 1 1 1
所以 F′(x)＝a＋ 2－ ＝a＋ － 2x x x 2 － . 4
1
①当 a≥ 时，F′(x)≥0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增；
4
1－x
②当 a＝0 时，F′(x)＝ 2 ，F(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； x
1
③当 0＜a＜ 时，由 F′(x)＝0，得
4
1－ 1－4a 1＋ 1－4a
x1＝ ＞0，x2＝ ＞0，且 x2＞x ， 2a 2a 1
1－ 1－4a 1＋ 1－4a
故 F(x) 在 0， ， ，＋∞ 上 单 调 递 增 ， 在
2a 2a
1－ 1－4a 1＋ 1－4a
， 上单调递减；
2a 2a
④当 a＜0 时，由 F′(x)＝0，得
1－ 1－4a 1＋ 1－4a
x1＝ ＞0，x2a 2＝ ＜0， 2a
1－ 1－4a 1－ 1－4a
F(x)在 0， 上单调递增，在 ，＋∞ 上单调递减．
2a 2a
7．已知函数 f(x)＝ax－ln x，g(x)＝eax＋2x，其中 a∈R.
(1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的极值；
(2)若存在区间 D (0，＋∞)，使得 f(x)与 g(x)在区间 D 上具有相同的单调性，求实数 a
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的取值范围．
1
解：(1)当 a＝2 时，f(x)＝2x－ln x，定义域为(0，＋∞)，则 f′(x)＝2－ ，
x
1 1
故当 x∈ 0， 2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 x∈
，＋∞
2 时，f′(x)＞0，f(x)单调
递增．
1 1
所以 f(x)在 x＝ 处取得极小值，且 f 2 ＝1＋ln 2，无极大值． 2
1
(2)由题意知，f′(x)＝a－ ，g′(x)＝aeax＋2，
x
1
①当 a＞0 时，g′(x)＞0，即 g(x)在 R 上单调递增，而 f(x)在 ，＋∞ a 上单调递增，故
必存在区间 D (0，＋∞)，使得 f(x)与 g(x)在区间 D 上单调递增；
1
②当 a＝0 时，f′(x)＝－ ＜0，故 f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而 g(x)在(0，＋∞)上单
x
调递增，故不存在满足条件的区间 D；
1 1 2
③当 a＜0 时，f′(x)＝a－ ＜0，即 f(x)在(0，＋∞)上单调递减，而 g(x)在 －∞， ln －
x a a
1 2
上单调递减，在 ln － ，＋∞ a 上单调递增，若存在区间 D (0，＋∞)，使得 f(x)与 g(x) a
1 2
在区间 D 上有相同的单调性，则有 ln － a ＞0，解得 a＜－2. a
综上可知，实数 a 的取值范围为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
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第二课时 导数与函数的极值、最值
考点一 利用导数研究函数的极值
考法(一) 已知函数的解析式求函数的极值点个数或极值
a
[例 1] 已知函数 f(x)＝x－1＋ x(a∈R，e 为自然对数的底数)，求函数 f(x)的极值． e
a a
[解] 由 f(x)＝x－1＋ x，得 f′(x)＝1－ x. e e
①当 a≤0 时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数 f(x)无极值．
②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，
得 ex＝a，即 x＝ln a，
当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故函数 f(x)在 x＝
ln a 处取得极小值且极小值为 f(ln 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＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值．
[例 2] 设函数 f(x)＝ln(x＋1)＋a(x2－x)，其中 a∈R.讨论函数 f(x)极值点的个数，并说
明理由．
1 2ax2＋ax－a＋1
[解] f′(x)＝ ＋a(2x－1)＝ (x＞－1)．
x＋1 x＋1
令 g(x)＝2ax2＋ax－a＋1，x∈(－1，＋∞)．
①当 a＝0 时，g(x)＝1，f′(x)＞0，函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
②当 a＞0 时，Δ＝a2－8a(1－a)＝a(9a－8)．
8
当 0＜a≤ 时，Δ≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，
9
函数 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，无极值点．
8
当 a＞ 时，Δ＞0，
9
设方程 2ax2＋ax－a＋1＝0 的两根为 x1，x2(x1＜x2)，
1
因为 x1＋x2＝－ ， 2
1 1
所以 x1＜－ ，x2＞－ . 4 4
1
由 g(－1)＝1＞0，可得－1＜x1＜－ . 4
所以当 x∈(－1，x1)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增；
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当 x∈(x1，x2)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＞0，f′(x)＞0, 函数 f(x)单调递增．
因此函数 f(x)有两个极值点．
③当 a＜0 时，Δ＞0，由 g(－1)＝1＞0，
可得 x1＜－1＜x2.
当 x∈(－1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增；
当 x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减．
所以函数 f(x)有一个极值点．
综上所述，当 a＜0 时，函数 f(x)有一个极值点；
8
当 0≤a≤ 时，函数 f(x)无极值点；
9
8
当 a＞ 时，函数 f(x)有两个极值点．
9
考法(二) 已知函数的极值点的个数求参数
m
[例 3] 已知函数 g(x)＝ln x－mx＋ 存在两个极值点 x1，x2，求 m 的取值范围． x
m
[解] 因为 g(x)＝ln x－mx＋ ，
x
1 m mx2－x＋m
所以 g′(x)＝ －m－ 2＝－ 2 (x＞0)， x x x
令 h(x)＝mx2－x＋m，要使 g(x)存在两个极值点 x1，x2，则方程 mx2－x＋m＝0 有两个不
相等的正数根 x1，x2.
h(0)＞0，

1
＞0， 1
故只需满足 2m 解得 0＜m＜ . 2
h
1
2m ＜0，
1
所以 m 的取值范围为 0， 2 .
考法(三) 已知函数的极值求参数
[例 4] (2018·北京高考)设函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，求 a；
(2)若 f(x)在 x＝2 处取得极小值，求 a 的取值范围．
[解] (1)因为 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.
所以 f′(1)＝(1－a)e.
由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1.
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此时 f(1)＝3e≠0.
所以 a 的值为 1.
(2)由(1)得 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex
＝(ax－1)(x－2)ex.
1
若 a＞ ，则当 x∈
1
，2
a 时，f′(x)＜0; 2
当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以 f(x)在 x＝2 处取得极小值．
1 1
若 a≤ ，则当 x∈(0,2)时，x－2＜0，ax－1≤ x－1＜0，
2 2
所以 f′(x)＞0.
所以 2 不是 f(x)的极小值点．
1
综上可知，a 的取值范围是 ，＋∞ 2 .
考点二 利用导数研究函数的最值
ln x
[典例精析]已知函数 f(x)＝ －1.
x
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)设 m＞0，求函数 f(x)在区间[m,2m]上的最大值．
1－ln x f′(x)＞0，
[解] (1)因为函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且 f′(x)＝
x2
， 由 得 0
x＞0，
f′(x)＜0，
＜x＜e；由
x＞0， 得 x＞e.
所以函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．
2m≤e， e
(2)①当 即 0＜m≤ 时，函数 f(x)在区间[m,2m]上单调递增， m＞0， 2
ln(2m)
所以 f(x)max＝f(2m)＝ －1； 2m
e
②当 m＜e＜2m，即 ＜m＜e 时，函数 f(x)在区间(m，e)上单调递增，在(e,2m)上单调递
2
减，
ln e 1
所以 f(x)max＝f(e)＝ －1＝ －1； e e
③当 m≥e 时，函数 f(x)在区间[m,2m]上单调递减，
ln m
所以 f(x)max＝f(m)＝ －1. m
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e ln(2m)
综上所述，当 0＜m≤ 时，f(x)
2 max
＝ －1；
2m
e 1
当 ＜m＜e 时，f(x)max＝ －1； 2 e
ln m
当 m≥e 时，f(x)max＝ －1. m
[题组训练]
1．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝2sin x＋sin 2x，则 f(x)的最小值是________．
解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cos2x－1)
＝2(2cos2x＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)．
∵cos x＋1≥0，
1
∴当 cos x＜ 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
2
1
当 cos x＞ 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
2
1
∴当 cos x＝ ，f(x)有最小值．
2
又 f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
3
∴当 sin x＝－ 时，f(x)有最小值，
2
3 1 3 3
即 f(x)min＝ ×

2 － × 1＋ 2 ＝－ . 2 2
3 3
答案：－
2
2．已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋bx(其中 a，b 为常数且 a≠0)在 x＝1 处取得极值．
(1)当 a＝1 时，求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)在(0，e]上的最大值为 1，求 a 的值．
1
解：(1)因为 f(x)＝ln x＋ax2＋bx，所以 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ ＋2ax＋b，
x
因为函数 f(x)＝ln x＋ax2＋bx 在 x＝1 处取得极值，
所以 f′(1)＝1＋2a＋b＝0，
2x2－3x＋1
又 a＝1，所以 b＝－3，则 f′(x)＝ ，
x
1
令 f′(x)＝0，得 x1＝ ，x2＝1. 2
当 x 变化时，f′(x)，f(x)随 x 的变化情况如下表：
1
x 0，
1 1
，1 1 (1，＋∞) 2 2 2
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
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f(x) 极大值 极小值
1 1
所以 f(x)的单调递增区间为 0， 2 ，(1，＋∞)，单调递减区间为
，1
2 .
2ax2－(2a＋1)x＋1
(2)由(1)知 f′(x)＝
x
(2ax－1)(x－1)
＝ (x＞0)，
x
1
令 f′(x)＝0，得 x1＝1，x2＝ ， 2a
1
因为 f(x)在 x＝1 处取得极值，所以 x2＝ ≠x ＝1. 2a 1
1
①当 a＜0，即 ＜0 时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，
2a
所以 f(x)在区间(0，e]上的最大值为 f(1)，令 f(1)＝1，解得 a＝－2.
1
②当 a＞0，即 x2＝ ＞0 时， 2a
1 1 1
若 ＜1，f(x)在 0， ，[1，e]上单调递增，在 ，1
2a 2a 2a 上单调递减，所以最大值可能
1 1 1 1 1 1 1
在 x＝ 或 x＝e 处取得，而 f 2
2a 2a ＝ln ＋a2a 2a －(2a＋1)· ＝ln － －1＜0， 2a 2a 4a
令 f(e)＝ln e＋ae2
1
－(2a＋1)e＝1，解得 a＝ .
e－2
1 1 1
若 1＜ ＜e，f(x)在区间(0,1)， ，e 2a 上单调递增，在
1，
2a 2a 上单调递减，
所以最大值可能在 x＝1 或 x＝e 处取得，
而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，
令 f(e)＝ln e＋ae2－(2a＋1)e＝1，
1 1
解得 a＝ ，与 1＜x2＝ ＜e 矛盾．
e－2 2a
1
若 x2＝ ≥e，f(x)在区间(0,1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在 x2a
＝1 处取得，而 f(1)＝ln 1＋a－(2a＋1)＜0，矛盾．
1
综上所述，a＝ 或 a＝－2.
e－2
考点三 利用导数求解函数极值和最值的综合问题
1
[典例精析](2019·贵阳模拟)已知函数 f(x)＝ln x＋ x2－ax＋a(a∈R)．
2
(1)若函数 f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数 a 的取值范围；
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(2)若函数 f(x)在 x＝x1和 x＝x2 处取得极值，且 x2≥ ex1(e 为自然对数的底数)，求 f(x2)
－f(x1)的最大值．
1
[解] (1)∵f′(x)＝ ＋x－a(x＞0)，
x
又 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有 f′(x)≥0，
1 1
即 ＋x－a≥0 恒成立，∴a≤ x＋ ，
x x min
1 1
而 x＋ ≥2 x·＝2，当且仅当 x＝1 时取“＝”，∴a≤2.
x x
即函数 f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a 的取值范围是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在 x＝x1 和 x＝x2处取得极值，
1 x2－ax＋1
且 f′(x)＝ ＋x－a＝ (x＞0)，
x x
∴x1，x2 是方程 x2－ax＋1＝0 的两个实根，
由根与系数的关系得 x1＋x2＝a，x1x2＝1，
x2 1 x2 1 x2 1 1 x2
∴f(x2)－f(x1)＝ln ＋ (x2－x22 1)－a(x 2 22－x1)＝ln － (x2－x1)＝ln － (x22－x21) ＝ln －x1 2 x1 2 x1 2 x1x2 x1
1 x2 x1－
x x ， 2 1 2
x2 1 1
设 t＝ (t≥ e)，令 h(t)＝ln t－ t－ t (t≥ e)， x1 2
1 1 1 (t－1)2
则 h′(t)＝ － 1＋
t 2 t2 ＝－ ＜0， 2t2
∴h(t)在[ e，＋∞)上是减函数，
1
∴ ≤ ＝
e
h(t) h( e) ，
2 1－ e＋ e
1 e
故 f(x2)－

f(x1) 的最大值为2 1－ e＋ . e
[题组训练]
ax2＋bx＋c
已知函数 f(x)＝ x (a＞0)的导函数 f′(x)的两个零点为－3 和 0. e
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)的极小值为－e3，求 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值．
(2ax＋b)ex－(ax2＋bx＋c)ex
解：(1)f′(x)＝
(ex)2
－ax2＋(2a－b)x＋b－c
＝ .
ex
令 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c，
因为 ex＞0，所以 f′(x)的零点就是 g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c 的零点，且 f′(x)与 g(x)
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符号相同．
又因为 a＞0，所以当－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，＋∞)．
9a－3b＋c
f(－3)＝ ＝－e3 －e 3 ，
(2)由(1)知，x＝－3 是 f(x)的极小值点，所以有 g(0)＝b－c＝0，
g(－3)＝－9a－3(2a－b)＋b－c＝0，
x2＋5x＋5
解得 a＝1，b＝5，c＝5，所以 f(x)＝
ex
.
由(1)可知当 x＝0 时 f(x)取得极大值 f(0)＝5，
故 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取 f(－5)和 f(0)中的最大者．
5
而 f(－5)＝ －5＝5e
5＞5＝f(0)，
e
所以函数 f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是 5e5.
[课时跟踪检测]
A 级
－
1．函数 f(x)＝xe x，x∈[0,4]的最小值为( )
1
A．0 B.
e
4 2
C. 4 D. e e2
1－x
解析：选 A f′(x)＝ x ， e
当 x∈[0,1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当 x∈(1,4]时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
4
因为 f(0)＝0，f(4)＝ 4＞0，所以当 x＝0 时，f(x)有最小值，且最小值为 0. e
2．若函数 f(x)＝aex－sin x 在 x＝0 处有极值，则 a 的值为( )
A．－1 B．0
C．1 D．e
解析：选 C f′(x)＝aex－cos x，若函数 f(x)＝aex－sin x 在 x＝0 处有极值，则 f′(0)＝
a－1＝0，解得 a＝1，经检验 a＝1 符合题意，故选 C.
3．已知 x＝2 是函数 f(x)＝x3－3ax＋2 的极小值点，那么函数 f(x)的极大值为( )
A．15 B．16
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C．17 D．18
解析：选 D 因为 x＝2 是函数 f(x)＝x3－3ax＋2 的极小值点，所以 f′(2)＝12－3a＝0，
解得 a＝4，所以函数 f(x)的解析式为 f(x)＝x3－12x＋2，f′(x)＝3x2－12，由 f′(x)＝0，得 x
＝±2，故函数 f(x)在(－2,2)上是减函数，在(－∞，－2)，(2，＋∞)上是增函数，由此可知当
x＝－2 时，函数 f(x)取得极大值 f(－2)＝18.
4.(2019·合肥模拟)已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx 的大致图象如图所示，则 x2＋x21 2等于( )
2 4
A. B.
3 3
8 16
C. D.
3 3
解析：选 C 由图象可知 f(x)的图象过点(1,0)与(2,0)，x1，x2 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)＝x3－3x2＋2x，所以 f′(x)＝3x2
－6x＋2，则 x1，x2 是方程 f′(x)＝3x2－6x＋2＝0 的两个不同的实数根，因此 x1＋x2＝2，x1x2
2 2 2 4 8＝ ，所以 x1＋x2＝(x1＋x 22) －2x3 1x2＝4－ ＝ . 3 3
＋
5．(2019·泉州质检)已知直线 y＝a 分别与函数 y＝ex 1和 y＝ x－1交于 A，B 两点，则
A，B 之间的最短距离是( )
3－ln 2 5－ln 2
A. B.
2 2
3＋ln 2 5＋ln 2
C. D.
2 2
＋
解析：选 D 由 y＝ex 1得 x＝ln y－1，由 y＝ x－1得 x＝y2＋1，所以设 h(y)＝|AB|＝y2
2 2
2 y－ y＋
1 2 2 2
＋1－(ln y－1)＝y2－ln y＋2，h′(y)＝2y－ ＝ (y＞0)，当0＜y＜ 时，h′(y)
y y 2
2 2 2＜0；当 y＞ 时，h′(y)＞0，即函数 h(y)在区间
2 0， 上单调递减，在区间 ，＋∞ 上 2 2
2 2 2 5＋ln 2单调递增，所以 h(y)min＝h ＝ 2－ln ＋2＝ . 2 2 2 2
6．若函数 f(x)＝x3－3a2x＋a(a＞0)的极大值是正数，极小值是负数，则 a 的取值范围是
________．
解析：f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由 f′(x)＝0 得 x＝±a，
当－a＜x＜a 时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；
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当 x＞a 或 x＜－a 时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增，
∴f(x)的极大值为 f(－a)，极小值为 f(a)．
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a＞0 且 f(a)＝a3－3a3＋a＜0，
2
解得 a＞ .
2
2
∴ a 的取值范围是 ，＋∞ .
2
2
答案： ，＋∞
2
1
7．(2019·长沙调研)已知 y＝f(x)是奇函数，当 x∈(0,2)时，f(x)＝ln x－ax a＞ 2 ，当 x∈
(－2,0)时，f(x)的最小值为 1，则 a＝________.
解析：由题意知，当 x∈(0,2)时，f(x)的最大值为－1.
1 1
令 f′(x)＝ －a＝0，得 x＝ ，
x a
1
当 0＜x＜ 时，f′(x)＞0；
a
1
当 x＞ 时，f′(x)＜0.
a
∴f(x)
1
max＝f a ＝－ln a－1＝－1，解得 a＝1.
答案：1
π π
8．(2018·内江一模)已知函数 f(x)＝asin x＋bcos x(a，b∈R)，曲线 y＝f(x)在点 ，f 处
3 3
π
的切线方程为 y＝x－ .
3
(1)求 a，b 的值；
πf x＋ 3 π
(2)求函数 g(x)＝ 在 0， 2 上的最小值． x
π
解：(1)由切线方程知，当 x＝ 时，y＝0，
3
π
∴f
3 1
3 ＝ a＋ b＝0. 2 2
∵f′(x)＝acos x－bsin x，
π 1 3
∴由切线方程知，f′ 3 ＝ a－ b＝1， 2 2
1 3
∴a＝ ，b＝－ .
2 2
1 3 π
(2) 由(1)知，f(x)＝ sin x－ cos x＝sin x－ ，
2 2 3
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sin x π xcos x－sin x π∴函数 g(x)＝ 0＜x≤ 0≤x≤ 2 ，g′(x)＝ 2 .设 u(x)＝xcos x－sin x 2 ，则x x
π π
u′(x)＝－xsin x＜0，故 u(x)在 0， 2 上单调递减．∴u(x)＜u(0)＝0，∴g(x)在
0，
2 上单调
π π 2
递减．∴函数 g(x)在 0， 2 上的最小值为 g

2 ＝ . π
1
9．已知函数 f(x)＝aln x＋ (a＞0)．
x
(1)求函数 f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数 a，使得函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 0？若存在，求出 a 的值；若不
存在，请说明理由．
a 1 ax－1
解：由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝ － 2＝ 2 (a＞0)． x x x
1
(1)由 f′(x)＞0，解得 x＞ ，
a
1
所以函数 f(x)的单调递增区间是 ，＋∞ a ；
1
由 f′(x)＜0，解得 0＜x＜ ，
a
1
所以函数 f(x)的单调递减区间是 0， a .
1 1 1
所以当 x＝ 时，函数 f(x)有极小值 f a ＝aln ＋a＝a－aln a，无极大值． a a
(2)不存在，理由如下：
1
由(1)可知，当 x∈ 0， a 时，函数 f(x)单调递减；
当 x∈
1
，＋∞
a 时，函数 f(x)单调递增．
1
①若 0＜ ≤1，即 a≥1 时，函数 f(x)在[1，e]上为增函数，
a
故函数 f(x)的最小值为 f(1)＝aln 1＋1＝1，显然 1≠0，故不满足条件．
1 1 1 1
②若 1＜ ≤e，即 ≤a＜1 时，函数 f(x)在 1， ，e
a e a 上为减函数，在 a 上为增函数，
1 1
故函数 f(x)的最小值为 f(x)的极小值 f a ＝aln ＋a＝a－aln a＝0，即 ln a＝1，解得 a＝e，a
1
而 ≤a＜1，故不满足条件．
e
1 1
③若 ＞e，即 0＜a＜ 时，函数 f(x)在[1，e]上为减函数，故函数 f(x)的最小值为 f(e)＝
a e
1 1 1 1
aln e＋ ＝a＋ ＝0，即 a＝－ ，而 0＜a＜ ，故不满足条件．
e e e e
综上所述，不存在这样的实数 a，使得函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 0.
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B 级
1．(2019·郑州质检)若函数 f(x)＝x3－ax2－bx＋a2在 x＝1 时有极值 10，则 a，b 的值为
( )
A．a＝3，b＝－3 或 a＝－4，b＝11
B．a＝－4，b＝－3 或 a＝－4，b＝11
C．a＝－4，b＝11
D．以上都不对
解析：选 C 由题意，f′(x)＝3x2－2ax－b，
则 f′(1)＝0，即 2a＋b＝3.①
f(1)＝1－a－b＋a2＝10，即 a2－a－b＝9.②
a＝－4， a＝3，
联立①②，解得 或 b＝11 b＝－3.
a＝3，
经检验 不符合题意，舍去．故选 C. b＝－3
1
2．(2019·唐山联考)若函数 f(x)＝x2－ ln x＋1 在其定义域内的一个子区间(a－1，a＋1)
2
内存在极值，则实数 a 的取值范围是________．
1 4x2－1
解析：由题意，得函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2x－ ＝ ，令 f′(x)＝0，
2x 2x
1 1
得 x＝ x＝－ 舍去 ，
2 2
a－1≥0，

1
a－1＜ ，
则由已知得 2
1 a＋1＞ ，
3
解得 1≤a＜ .
2
2
3
答案： 1， 2
1
3．(2019·德州质检)已知函数 f(x)＝－ x3＋x 在(a,10－a2)上有最大值，则实数 a 的取值
3
范围是________．
解析：由 f′(x)＝－x2＋1，知 f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，在
a＜1，

(1，＋∞)上单调递减，故函数 2f(x)在(a,10－a2)上存在最大值的条件为 10－a ＞1， 其中
f(1)≥f(a)，
1 1
f(1)≥f(a)，即为－ ＋1≥－ a3＋a，
3 3
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整理得 a3－3a＋2≥0，即 a3－1－3a＋3≥0，
即(a－1)(a2＋a＋1)－3(a－1)≥0，
即(a－1)(a2＋a－2)≥0，即(a－1)2(a＋2)≥0，
a＜1，

即 10－a2＞1， 解得－2≤a＜1. (a－1)2(a＋2)≥0，
答案：[－2,1)
4.已知函数 f(x)是 R 上的可导函数，f(x)的导函数 f′(x)的图象如图，则下列结论正确的
是( )
A．a，c 分别是极大值点和极小值点
B．b，c 分别是极大值点和极小值点
C．f(x)在区间(a，c)上是增函数
D．f(x)在区间(b，c)上是减函数
解析：选 C 由极值点的定义可知，a 是极小值点，无极大值点；由导函数的图象可知，
函数 f(x)在区间(a，＋∞)上是增函数，故选 C.
5.如图，在半径为 10 3的半圆形(O 为圆心)铁皮上截取一块矩形材料
ABCD，其中 A，B 在直径上，C，D 在圆周上，将所截得的矩形铁皮 ABCD
卷成一个以 AD 为母线的圆柱形罐子的侧面(不计剪裁与拼接损耗)，记圆柱
形罐子的体积为 V，设 AD＝x，则 Vmax＝________.
解析：设圆柱形罐子的底面半径为 r，
由题意得 AB＝2 (10 3)2－x2＝2πr，
300－x2
所以 r＝ ，
π
300－x2 1 3
所以 V＝πr2x＝π 2x＝ (－x3＋300x)(0＜x＜10 3)，故 V′＝－ (x2－100)＝－
π π π
3
(x＋10)(x－10)(0＜x＜10 3)．
π
令 V′＝0，得 x＝10(负值舍去)，
则 V′，V 随 x 的变化情况如下表：
x (0,10) 10 (10,10 3)
V′ ＋ 0 －
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V 极大值
所以当 x＝10 时，V 取得极大值，也是最大值，
2 000
所以 Vmax＝ . π
2 000
答案：
π
ax2＋x
6．已知函数 f(x)＝ln(x＋1)－ ，其中 a 为常数．
(x＋1)2
(1)当 1＜a≤2 时，讨论 f(x)的单调性；
1 1
(2)当 x＞0 时，求 g(x)＝xln 1＋ x ＋ ln(1＋x)的最大值． x
x(x－2a＋3)
解：(1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝
(x＋1)3
，
3
①当－1＜2a－3＜0，即 1＜a＜ 时，
2
当－1＜x＜2a－3 或 x＞0 时，f′(x)＞0，则 f(x)在(－1，2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，
当 2a－3＜x＜0 时，f′(x)＜0，则 f(x)在(2a－3,0)上单调递减．
3
②当 2a－3＝0，即 a＝ 时，f′(x)≥0，则 f(x)在(－1，＋∞)上单调递增．
2
3
③当 2a－3＞0，即 a＞ 时，
2
当－1＜x＜0 或 x＞2a－3 时，f′(x)＞0，
则 f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)上单调递增，
当 0＜x＜2a－3 时，f′(x)＜0，则 f(x)在(0,2a－3)上单调递减．
3
综上，当 1＜a＜ 时，f(x)在(－1,2a－3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a－3,0)上单调递
2
3 3
减；当 a＝ 时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递增；当 ＜a≤2 时，f(x)在(－1,0)，(2a－3，＋∞)
2 2
上单调递增，在(0,2a－3)上单调递减．
1 1
(2)∵g(x)＝ x＋ x ln(1＋x)－xln x＝g x ，
∴g(x)在(0，＋∞)上的最大值等价于 g(x)在(0,1]上的最大值．
1 1 1 1 1
令 h(x)＝g′(x)＝ 1－ ln(1＋x)＋ x＋ 2 1－ x x · －(ln x＋1)＝ 21＋x x
ln(1＋x)－ln x＋ －
x
2
，
1＋x
2 2x
2＋x
则 h′(x)＝
x3
ln(1＋x)－ .
(x＋1)2
由(1)可知当 a＝2 时，f(x)在(0,1]上单调递减，
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∴f(x)＜f(0)＝0，
∴h′(x)＜0，从而 h(x)在(0,1]上单调递减，
∴h(x)≥h(1)＝0，∴g(x)在(0,1]上单调递增，
∴g(x)≤g(1)＝2ln 2，
∴g(x)的最大值为 2ln 2.
第三节 导数的综合应用
第一课时 利用导数解不等式
考点一 f(x)与 f′(x)共存的不等式问题
1
[典例] (1)定义在 R 上的函数 f(x)，满足 f(1)＝1，且对任意 x∈R 都有 f′(x)＜ ，则不
2
lg x＋1
等式 f(lg x)＞ 的解集为__________．
2
(2)设 f(x)，g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x＜0 时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
＞0，且 g(－3)＝0，则不等式 f(x)g(x)＜0 的解集为__________________．
1
[解析] (1)由题意构造函数 g(x)＝f(x)－ x，
2
1
则 g′(x)＝f′(x)－ ＜0，
2
所以 g(x)在定义域内是减函数．
1 1
因为 f(1)＝1，所以 g(1)＝f(1)－ ＝ ，
2 2
lg x＋1 1 1
由 f(lg x)＞ ，得 f(lg x)－ lg x＞ .
2 2 2
1 1
即 g(lg x)＝f(lg x)－ lg x＞ ＝g(1)，
2 2
所以 lg x＜1，解得 0＜x＜10.
所以原不等式的解集为(0,10)．
(2)借助导数的运算法则，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0 [f(x)g(x)]′＞0，所以函数 y＝f(x)g(x)
在(－∞，0)上单调递增．又由题意知函数 y＝f(x)g(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称，
且过点(－3,0)，(3,0)．数形结合可求得不等式 f(x)g(x)＜0 的解集为(－∞，－3)∪(0,3)．
[答案] (1)(0,10) (2)(－∞，－3)∪(0,3)
[解题技法]
(1)对于不等式 f′(x)＋g′(x)＞0(或＜0) ，构造函数 F(x)＝f(x)＋g(x)．
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