【文档说明】高考数学(理数)一轮复习学案3．3《导数的应用(二)》(含详解).doc，共(13)页，435.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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3．3导数的应用(二)1．函数的极值与导数(1)判断f(x0)是极大值，还是极小值的方法一般地，当f′(x0)＝0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________

____，右侧____________，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____________的根；③检查f′(x)在上述根的左右对应函数值的符号．如果左正右负，那

么f(x)在这个根处取得____________；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得____________．2．函数的最值与导数(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____________为函数在[a，

b]上的最小值，____________为函数在[a，b]上的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则____________为函数在[a，b]上的最大值，____________为函数在[a，b]上的最小值．(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)的各极值与端点处的函数值______，______进行比较，其中最大的一个是________，最小的一个是________．3．实际问题中的导数(1)加速度是速度关于________的导数．(2

)线密度是质量关于________的导数．(3)功率是功关于________的导数．(4)瞬时电流是电荷量关于________的导数．(5)水流的瞬时速度是流过的水量关于________的导数．(6)边际成本是成本关于________的导数．4．N型曲线与直线y＝k的位置关系如图，方

程f(x)＝0有三个根x1，x2，x3时，极大值f(a)＞0且极小值f(b)＜0.曲线y＝f(x)与直线y＝k(k是常数)有一个交点时，见图中的直线①或直线②，极大值f(a)______k或极小值f(b)______k；曲线y＝f(x)与直线y＝k(k是常数

)有两个交点时，见图中的直线③或直线④，极大值f(a)______k或极小值f(b)______k；曲线y＝f(x)与直线y＝k(k是常数)有三个交点时，见图中的直线⑤.以上这些问题，常见于求参数的取值范围

、讨论不等关系等形式的题目．自查自纠：1．(1)②f′(x)＜0f′(x)＞0(2)②f′(x)＝0③极大值极小值2．(2)f(a)f(b)f(a)f(b)(3)②f(a)f(b)最大值最小值3．(1)时间(2

)长度(3)时间(4)时间(5)时间(6)产量4．＜＞＝＝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)的极小值点解：f(x)＝2x＋

lnx(x>0)，f′(x)＝－2x2＋1x＝x－2x2，令f′(x)＝0，得x＝2.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，据此知x＝2为f(x)的极小值点．故选D.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图

所示，则y＝f(x)的图象最有可能是()ABCD解：由f′(x)的图象可知，x＝0是函数f(x)的极大值点，x＝2是f(x)的极小值点，仅选项C满足．故选C.函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1，1]上的最大值是()A．－2B．0C．2D．4解：f′(x)＝3x2－6x，令

f′(x)＝0，得x＝0或x＝2(舍去)．所以f(x)在[－1，0)上是增函数，在(0，1]上是减函数，所以f(x)max＝f(0)＝2.故选C.若y＝alnx＋bx2＋x在x＝1和x＝2处有极值，则实数a＝__

______，b＝________.解：y′＝ax＋2bx＋1.由已知得a＋2b＋1＝0，a2＋4b＋1＝0，解得a＝－23，b＝－16.故填－23；－16.已知函数f(x)＝13x3－x2－x＋m在[0，1]上的最小值为13，则实数m的值为________．解：由f(x)＝1

3x3－x2－x＋m，可得f′(x)＝x2－2x－1，令f′(x)＝0，可得x＝1±2.当x∈(1－2，1＋2)时，f′(x)<0，即函数f(x)在(1－2，1＋2)上是减函数．又[0，1](1－2，1＋2)

，所以f(x)在[0，1]上的最小值为f(1)，所以13－1－1＋m＝13，解得m＝2.故填2.类型一利用导数解决函数的极值问题已知函数f(x)＝－x3＋x2，求f(x)的极大值点和极小值．解：f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′

(x)＝0，解得x＝0或x＝23.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)00，232323，＋∞f′(x)－0＋0－f(x)↘极小值↗极大值↘故函数f(x)的极大值点为23；当x＝0时，函数f(x)取得极小值f(0)＝0.点拨：求函数

f(x)极值的步骤：第一步，确定函数的定义域；第二步，求导函数f′(x)；第三步，解方程f′(x)＝0，求出在函数定义域内的所有根；第四步，列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f(x

)在x0处取极大值，如果左负右正，那么f(x)在x0处取极小值．已知函数f(x)＝12x3＋cx在x＝1处取得极值．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)的极值．解：(1)f′(x)＝32x2＋c，当x＝1时，f(x)取得极

值，则f′(1)＝0，即32＋c＝0，得c＝－32.故f(x)＝12x3－32x.(2)f′(x)＝32x2－32＝32(x2－1)＝32(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝－1或1.x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1)－1(－1，1)1(1，＋

∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗极大值↘极小值↗因此，f(x)的极大值为f(－1)＝1，极小值为f(1)＝－1.(1)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于()A．11或18B．11C．1

8D．17或18解：因为函数f(x)在x＝1处有极值10，所以f(1)＝10，且f′(1)＝0，即1＋a＋b＋a2＝10，3＋2a＋b＝0，解得a＝－3，b＝3或a＝4，b＝－11.而当a＝－3，b＝3时，f′(x)＝3(x－1)2≥0，函数在x

＝1处无极值，故舍去．所以f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，所以f(2)＝18.故选C.(2)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)的图象如图所示，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：由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－2<x<1时，f′(x)<0；当1<x<2时，f′(x)<0；当x>2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．故选D.(3)若函数f(x)＝x33－a2x2＋x＋1在区间12，3上有极值点，则实数a的取值范围是()A.2，52B.2，52C.2，103D.2，103解

：若函数f(x)在区间12，3上无极值点，则当x∈12，3时，f′(x)≥0恒成立或f′(x)≤0恒成立．当x∈12，3时，y＝x＋1x∈2，103；当f′(x)＝x2

－ax＋1≥0时，a≤x＋1x恒成立，则a≤2；当f′(x)＝x2－ax＋1<0时，a>x＋1x恒成立，则a≥103.因此要使函数f(x)在12，3上有极值点，实数a的取值范围是2，103.另解：问题转化为f′(x)＝x2－ax＋1在x∈12，3内存在变号零点，即

a＝x＋1x，x∈12，3，Δ＝a2－4>0，求值域即可．故选C.点拨：解含参数的极值问题要注意：①f′(x0)＝0是x0为函数极值点的必要不充分条件，故而要注意检验；②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，即在某区间上的单调函数没有极值．(1)已知f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极值0，则a－b＝________.解：由题意得f′(x)＝3x2＋6ax＋b，则a2＋3a－b－1＝0，b－6a＋3＝0，解得

a＝1，b＝3或a＝2，b＝9，经检验，当a＝1，b＝3时，函数f(x)在x＝－1处无法取得极值，而a＝2，b＝9时，满足题意，故a－b＝－7.故填－7.(2)(2017·福州八中第六次质检)已知函数f(x)＝ex－(x＋1)2(e为2.71828„)，

则f(x)的大致图象是()ABCD解：f′(x)＝ex－2x－2，显然当x→＋∞时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，排除A，D；当x＝－1时，f′(－1)≠0，所以x＝－1不是函数的极值点，排除B.故选C.(3)已知函数f

(x)＝xex在区间(a，a＋1)上存在极值点，则实数a的取值范围为________．解：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝－1，当x∈(－∞，－1)时，f(x)单调递

减；当x∈(－1，＋∞)时，f(x)单调递增，则－1是函数f(x)的极值点，所以a<－1<a＋1，即－2<a<－1.故填(－2，－1)．类型二利用导数解决函数的最值问题设函数f(x)＝alnx－bx2(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)f′(x)＝ax－2bx，因为函数f(x)在x＝1处与直线y＝－12相切，所以f′（1）＝a－2b＝0，f（1）＝－

b＝－12，解得a＝1，b＝12.(2)由(1)知，f(x)＝lnx－12x2，f′(x)＝1x－x＝1－x2x，当1e≤x≤e时，令f′(x)>0，得1e≤x<1，令f′(x)<0，得1<x≤e，所以f(x)在1e，1上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f(x)max＝

f(1)＝－12.点拨：①求函数f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤：第一步，求函数在(a，b)内的极值；第二步，求函数在区间端点的函数值f(a)，f(b)；第三步，将函数f(x)的极值与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．②含参数的函数的

最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值．含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论．已知a∈R，函数f(x)＝ax＋lnx

－1.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值．解：(1)当a＝1时，f(x)＝1x＋lnx－1，所以f′(x)＝－1x2＋1x＝x－1

x2，x∈(0，＋∞)．因此f′(2)＝14，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为14.又f(2)＝ln2－12，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－ln2－12＝14(x－2)，即

x－4y＋4ln2－4＝0.(2)因为f(x)＝ax＋lnx－1，所以f′(x)＝－ax2＋1x＝x－ax2，x∈(0，e]．令f′(x)＝0，得x＝a.①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，此

时函数f(x)无最小值．②若0<a<e，则当x∈(0，a)时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(0，a)上单调递减；当x∈(a，e]时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值lna.③若a≥e，则当x∈

(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值ae.综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；当0<a<e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为lna；当a≥e时，函

数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ae.若函数f(x)＝13x3＋x2－23在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是________．解：由题意得f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f

(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示．令13x3＋x2－23＝－23得，x＝0或x＝－3，则结合图象可知，－3≤a<0，a＋5>0，解得a∈[－3，0

)．故填[－3，0)．点拨：函数的图象和性质是解决函数最值问题的重要辅助手段．由于所给区间是开区间，故最值点不可能在区间端点处取得，进而分析极值点与区间端点的关系即可．已知y＝f(x)是奇函数，当x∈(0，2)时，f(x)＝l

nx－axa>12，当x∈(－2，0)时，f(x)的最小值为1，则a＝________.解：由题意得，f(x)在(0，2)上的最大值为－1.当x∈(0，2)时，f′(x)＝1x－a，令f′(x)＝0得x＝1a，又a>12，所以0<1a<2.当

x<1a时，f′(x)>0，f(x)在0，1a上单调递增；当x>1a时，f′(x)<0，f(x)在1a，2上单调递减，所以当x∈(0，2)时f(x)max＝f1a＝ln1a－a·1a＝－1，解得

a＝1.故填1.类型三利用导数解决实际问题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y＝2x－3＋10(x－6)2，所以商场

每日销售该商品所获得的利润f(x)＝(x－3)2x－3＋10（x－6）2＝2＋10(x－3)(x－6)2，3<x<6.从而，f′(x)＝30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(3，4)4(4

，6)f′(x)＋0－f(x)↗极大值42↘由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3，6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)取得最大值，且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大．点拨：函数的优化问题即实际问题中的最值问题，其一般解题

步骤为：一设，设出自变量、因变量；二列，列出函数关系式，并写出定义域；三解，解出函数的最值，一般常用导数求解；四答，回答实际问题．已知圆柱的体积为16πcm3，则当底面半径r＝________cm时，圆柱的表面积最小．解：圆柱的体积为V＝

πr2h＝16π⇒r2h＝16，圆柱的表面积S＝2πrh＋2πr2＝32πr＋2πr2＝2π16r＋r2，由S′＝2π·－16r2＋2r＝0，得r＝2.因此r(0，2)2(2，＋∞)S′－0＋S↘极小值，也是最小值↗所以当底面半径r＝2时，圆柱的表面积最小．故填2.

类型四利用导数研究函数零点若函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解：由f(x)＝x3－3x＋a，得f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝3x2－3＝0，得x＝±1，f(x)极大值＝f(－1)＝2＋a，f(x)

极小值＝f(1)＝a－2，要使函数f(x)＝x3－3x＋a有三个不同的零点，则有2＋a＞0，a－2＜0，即－2＜a＜2，所以实数a的取值范围是(－2，2)．故填(－2，2)．点拨：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化

为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．但需注意探求与论证之间区别，论证是

充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数．已知x＝1是函数f(x)＝13ax3－32x2＋(a＋1)x＋5的一个极值点．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，求实数m的取值

范围．解：(1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由f′(1)＝0，得a＝1，检验知合要求，所以f(x)＝13x3－32x2＋2x＋5.(2)曲线y＝f(x)与直线y＝2x＋m有三个交点，即g(x)＝13x3－32x2＋2x＋5－2x－m＝0有三个根，即有3个零点．由g′

(x)＝x2－3x＝0得x＝0或x＝3.由g′(x)＞0得x＜0或x＞3，由g′(x)＜0得0＜x＜3.所以函数g(x)在(－∞，0)上为增函数，在(0，3)上为减函数，在(3，＋∞)上为增函数，要使g(x)有三个零点，只需g（0）＞0，g（3）＜0，解得12＜m＜5.即实数

m的取值范围为12，5.已知函数f(x)＝(x2－2x)lnx－32x2＋4x.(1)若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)令g(x)＝xlnx－x－32－f（x）x＋m＋4，若函数g(x)在区间1e，e上有两个零点，求实数m的取值范围．解：(1)

f′(x)＝(2x－2)lnx＋1x(x2－2x)－3x＋4＝(2x－2)lnx＋2－2x＝(2x－2)(lnx－1)，令f′(x)＝0，得x1＝1，x2＝e，令f′(x)>0，得0<x<1或x>e，所以f(x)在(0，1)，(e，＋∞)上单调递增，因为f(x)在(a，a＋

1)上单调递增，所以a＝0或a≥e.故实数a的取值范围是{0}∪[e，＋∞)．(2)g(x)＝xlnx－x－32－f（x）x＋m＋4＝2lnx－x2＋m，则g′(x)＝2x－2x＝－2（x＋1）（x－1）x，令g′(x)＝0得，x＝1或x＝－1(舍)．因为x∈

1e，e，所以当1e<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当1<x<e时，g′(x)<0，g(x)单调递减．故g(x)在x＝1处取得极大值，也为最大值，且g(x)max＝g(1)＝m－1.故g(x)在区间

1e，e上有两个零点的条件是g（1）＝m－1>0，g1e＝m－2－1e2≤0，解得1<m≤2＋1e2，g（e）＝m＋2－e2≤0，所以实数m的取值范围是1，2＋1e2.点拨：零点个数及由零点个数讨论参数范围的问题，常与四种重要数学思想方法综

合考查，即函数与方程、分类与整合、数形结合、化归与转化等数学思想．以下几个常用技巧要熟练掌握：①二次求导，如f(x)＝x2－x－xlnx(2017年全国Ⅱ卷21题)，求导得f′(x)＝2x－2－lnx，性质仍不明朗，令h(x)＝f′(x)，再求导，得h′(x)＝2

－1x，从而由h′(x)研究f′(x)再研究f(x)；②构造函数，如要证f（x1）－f（x2）x1－x2<a－2(2018年全国Ⅰ卷21题)，利用x1x2的关系，将左侧化为关于x2的式子，构造函数求值域；③等量代换(换元)，设而不求，对于涉及

两个变量的问题常用此法，如上述②，有时也可换元，如令t＝x1x2，具体看x1与x2的关系；④极限分析，如讨论h(x)＝1－ax2e－x在(2，＋∞)上的零点(2018年全国Ⅱ卷21题)，分析ax2ex(a>0)当x→

＋∞时趋近于0，从而1－ax2e－x→1，而h(2)<0，取特值h(4a)>0，可得在(2，＋∞)上有一个零点；⑤放缩技巧，常见的有切线放缩，如ex≥x＋1，x－1≥lnx等，及单调性放缩、构造放缩等．已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a

∈R且a≠0)．(1)若f(0)＝2，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最小值；(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围．解：(1)由f(0)＝1－a＝2，得a＝－1.此时f(x)＝ex－x＋1

，f′(x)＝ex－1，易知f(x)在[－2，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，所以当x＝0时，f(x)在[－2，1]上取得最小值2.(2)f′(x)＝ex＋a，由于ex>0.①当a>0时，f′(x)>0，f(x)是增函数，当x>1时，f(x)＝ex＋a(x－1)>

0.当x<0时，取x＝－1a，则f－1a<1＋a－1a－1＝－a<0.所以函数f(x)存在零点，不满足题意．②当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)．在(－∞，ln(－a))上，f′(x)<0，f(x)单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)

单调递增，所以当x＝ln(－a)时，f(x)取最小值．函数f(x)不存在零点，等价于f(ln(－a))＝eln(－a)＋aln(－a)－a＝－2a＋aln(－a)>0，解得－e2<a<0.综上所述，实数a的取值范围是(－e2，0)．类型五导数与不等式已知f(x

)＝lnx－x＋a＋1.(1)若存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)≥0成立，求实数a的取值范围；(2)求证：当x>1时，在(1)的条件下，12x2＋ax－a>xlnx＋12成立．解：f(x)＝lnx－x＋a＋1(x>0)．(1)原题即为存在x∈(0，＋

∞)，使得lnx－x＋a＋1≥0，所以a≥－lnx＋x－1，令g(x)＝－lnx＋x－1，则g′(x)＝－1x＋1＝x－1x.令g′(x)＝0，解得x＝1.因为当0<x<1时，g′(x)<0，所以g(x)为减函数，当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)为增函数，所以g(x)min＝g

(1)＝0.所以a≥g(1)＝0.所以a的取值范围为[0，＋∞)．(2)证明：原不等式可化为12x2＋ax－xlnx－a－12>0(x>1，a≥0)．令G(x)＝12x2＋ax－xlnx－a－12，则G(1

)＝0.由(1)可知x－lnx－1>0，则G′(x)＝x＋a－lnx－1≥x－lnx－1>0，所以G(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＞1时，G(x)＞G(1)＝0.所以当x＞1时，12x2＋ax－xlnx－

a－12>0成立，即当x＞1时，12x2＋ax－a＞xlnx＋12成立．点拨：用导数证明不等式问题的关键在于构造函数；由作差或者作商来构造函数是最基本的方法．(2017·河北唐山一模)已知f(x)＝(1－x)ex－1.(1)求函数f(x)的最大值；(2)设g(x)＝f（x）x，x＞－1，且

x≠0，证明：g(x)＜1.解：(1)f′(x)＝－xex.当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)的最大值为f(0)＝0.(2)证明：由(1)知，当x＞0

时，f(x)＜0，g(x)＜0＜1.当－1＜x＜0时，g(x)＜1等价于f(x)＞x.设h(x)＝f(x)－x，则h′(x)＝－xex－1.当x∈(－1，0)时，0＜－x＜1，0＜ex＜1，则0＜－xex＜1，从而当x

∈(－1，0)时，h′(x)＜0，h(x)在(－1，0)上单调递减．所以当－1＜x＜0时，h(x)＞h(0)＝0，即g(x)＜1.综上，总有g(x)＜1.已知函数f(x)＝alnx－bx2图象上一点P(2，f(2))处的切线方程为y＝－3x＋2ln2＋2.(1

)求a，b的值；(2)令g(x)＝－x＋1x＋4lnx，若g(x)－k≥f(x)－2ln2恒成立，求k的最大值．解：(1)由题意得f′(x)＝ax－2bx，f′(2)＝a2－4b，f(2)＝aln2－4b.所以a2－4b＝－3，aln2－4b＝－6＋2ln2＋2，

所以a＝2，b＝1.(2)由(1)知f(x)＝2lnx－x2，则由g(x)－k≥f(x)－2ln2，有x2－x＋1x＋2lnx＋2ln2≥k在(0，＋∞)上恒成立．设F(x)＝x2－x＋1x＋2lnx＋2ln2(x＞0)，则F′(x)＝2x－1－1x2＋2x＝2x3－x2－1＋2xx2

＝（x2＋1）（2x－1）x2.令F′(x)＝0，得x＝12，当0＜x＜12时，F′(x)＜0，当x＞12时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F12＝74，则k≤74，即k的最大值为74.点拨：恒成立问题与存在成立问题常转化为值域问题．单变量的恒成立、有解、无解的转化：①对任意

的x∈[m，n]，a>f(x)恒成立⇒a>f(x)max；若存在x∈[m，n]，a>f(x)有解⇒a>f(x)min；若对任意x∈[m，n]，a>f(x)无解⇒a≤f(x)min.②对任意的x∈[m，

n]，a<f(x)恒成立⇒a<f(x)min.若存在x∈[m，n]，a<f(x)有解⇒a<f(x)max；若对任意x∈[m，n]，a<f(x)无解⇒a≥f(x)max.双变量的恒成立、有解、无解的转化：①对任意的x∈[a，b]，不等式f(x)>g(x)恒成立，只须[f(x)－g(x)]min>

0；②存在x0∈[a，b]，不等式f(x0)>g(x0)成立，只须[f(x)－g(x)]max>0；③对任意x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，不等式f(x1)>g(x2)恒成立，只须f(x)min>g(x)max；④存在x1∈[a，b]，x2∈[c，d]，不等式f(x

1)>g(x2)成立，只须f(x)max>g(x)min；⑤对任意x1∈[a，b]，存在x2∈[c，d]，不等式f(x1)>g(x2)成立，只须f(x)min>g(x)min.已知函数f(x)＝x＋2－2cosx.(1)求函数f(x)在－π2，π2上的最值；(

2)若存在x∈0，π2，使不等式f(x)<ax成立，求实数a的取值范围．解：(1)f′(x)＝1＋2sinx，当x∈－π2，π2时，由f′(x)<0得，－π2≤x<－π6，由f′(x)>0得，－π6<x

≤π2.所以函数f(x)在－π2，－π6上单调递减，在－π6，π2上单调递增，则f(x)min＝f－π6＝2－3－π6，f(x)max＝fπ2＝2＋π2.(2)存在x∈0，π2，使不等式f(x)<ax成立，即x

＋2－2cosx<ax成立，设g(x)＝f(x)－ax＝x＋2－2cosx－ax，则g(0)＝0，g′(x)＝1＋2sinx－a.当x∈0，π2时，1＋2sinx∈(1，3)，所以g′(x)∈(1－a，3－a)．由于1－a≥0即a

≤1时，g′(x)>0，则g(x)>g(0)＝0，即f(x)>ax恒成立，不满足题意，故1－a<0，即a>1，此时g′(0)＝1－a<0，因为g′(x)＝1＋2sinx－a在0，π2上单调递增，所以存在区间(0，t)⊆

0，π2，使x∈(0，t)时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，t)上单调递减，则当x∈(0，t)时，g(x)<g(0)＝0，即f(x)<ax.所以实数a的取值范围是(1，＋∞)．1．导数值为0的点不一定是函数的极值点，“函数在某点的导数值为0”是“函数在该点取得极值”的必要不充分条件．

2．极值与最值的区别(1)“极值”反映函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质；“最值”是个整体概念，是整个区间上的最大值或最小值，具有绝对性．(2)从个数上看，一个连续函数在闭区间内的最值一定存在且是唯一的，而极值可以同时存在若干个或不存在，且极大(小)值并不一

定比极小(大)值大(小)．(3)从位置上看，极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值；极值有可能成为最值，连续函数的最值只要不在端点处必定是极值．3．高考中一

些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．4．用导数方法解决二元条件不等式问题，往往要剥离出一个主元，同时将另一个元用主元表示

，构造出一个一元函数，再将问题转化为定义域上的最值问题．5．方程根的问题：可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论．6．注意以下三者的区别：(1)a＞f(x)恒成立⇔a＞f(x)max.(2)a＞f(x)有解⇔

a＞f(x)min.(3)a＝f(x)有解⇔a∈f(x)的值域．1．函数f(x)＝lnx－x在区间(0，e]上的最大值为()A．1－eB．－1C．－eD．0解：因为f′(x)＝1x－1＝1－xx，当x∈(0，1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0，所以f(x)的单调递增区间

是(0，1)，单调递减区间是(1，e]，所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln1－1＝－1.故选B.2．如图是函数y＝f(x)的导函数f′(x)的图象，则下面判断正确的是()A．在(－2，1)上f(x)是增函数B

．在(1，3)上f(x)是减函数C．在(4，5)上f(x)是增函数D．当x＝4时，f(x)取极大值解：由导函数f′(x)的图象知，f(x)在(－2，1)上先减后增，在(1，3)上先增后减，在(4，5)上单调递增，x

＝4是f(x)的极小值点．故选C.3．已知函数f(x)＝x3－px2－qx的图象与x轴切于点(1，0)，则f(x)的极大值、极小值分别为()A．－427、0B．0、－427C.427、0D．0、427解：由

题意知，f′(x)＝3x2－2px－q，由f′(1)＝0，f(1)＝0，得3－2p－q＝0，1－p－q＝0，解得p＝2，q＝－1，所以f(x)＝x3－2x2＋x，由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝13或x＝1，易得当x＝

13时，f(x)取极大值427，当x＝1时，f(x)取极小值0.故选C.4．若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0，1)内有极小值，则实数b的取值范围是()A．(0，1)B．(－∞，1)C．(0，＋∞)D.0，12解：f′(x)＝3x2－6b，因为

f(x)在(0，1)内有极小值，所以b＞0，令3x2－6b＝0得x＝±2b，从而只要0＜2b＜1，得0＜b＜12.故选D.5．已知函数f(x)＝x3＋3x2－9x＋1，若f(x)在区间[k，2]上的最大值为28

，则实数k的取值范围为()A．[－3，＋∞)B．(－3，＋∞)C．(－∞，－3)D．(－∞，－3]解：由题意知f′(x)＝3x2＋6x－9，令f′(x)＝0，解得x＝1或x＝－3，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表

：x(－∞，－3)－3(－3，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增又f(－3)＝28，f(1)＝－4，f(2)＝3，f(x)在区间[k，2]上的最大值为2

8，所以k≤－3.故选D.6．已知函数f(x)＝ax－2x－3lnx，其中a为常数．若f(x)在(0，＋∞)上既存在极大值也存在极小值，则实数a的取值范围是()A.－∞，98B.0，98C.0，98D.98，＋∞解：

f′(x)＝a＋2x2－3x＝ax2－3x＋2x2(x＞0)，由题设可得方程ax2－3x＋2＝0在(0，＋∞)上有两个不等的正实根，不妨设这两个根为x1，x2，则有Δ＝9－8a＞0，x1＋x2＝3a＞0，x1x2＝2a

＞0，解得0＜a＜98.故实数a的取值范围为0，98.故选B.7．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．解：f(x)＝2sinx(1＋cosx)，显然f(x

)是周期为2π的奇函数，且f(x)在[0，π]上非负，故f(x)在[0，π]上最大值的相反数即为所求．f′(x)＝2cosx＋2cos2x＝2cosx＋2(2cos2x－1)＝2(2cos2x＋cosx－1)＝2(2cosx－1)(cosx＋1)．因

为cosx＋1≥0，所以当cosx<12时，f′(x)≤0，f(x)单调递减；当cosx>12时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以当x＝π3时，f(x)有最大值为332.故f(x)min＝－332.故填－332.8．已知f(x)＝xex，g(x)＝－(x＋1)2＋a，若存在x1，x2∈R

，使得f(x2)≤g(x1)成立，则实数a的取值范围是________．解：由题意得，g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值．f′(x)＝xex＋ex＝(x＋1)ex，显然x＝－1是函数f(x)的极小值点也是最小值点，故f(x)min＝f(－1)＝－e－1，又函数g

(x)的最大值为a，故a≥－1e.故填－1e，＋∞.9．设f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，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)的单调区间与极值．解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6lnx，所

以f′(x)＝2a(x－5)＋6x.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)，由点(0，6)在切线上，可得6－16a＝8a－6，故a＝12.(2)由(

1)知，f(x)＝12(x－5)2＋6lnx(x>0)，f′(x)＝x－5＋6x＝（x－2）（x－3）x.令f′(x)＝0，解得x＝2或3.当0<x<2或x>3时，f′(x)>0，故f(x)在(0，2)，(3，＋∞)上为增函数；当2<x<3时，f′(x)<0，故f(

x)在(2，3)上为减函数．由此可知f(x)在x＝2处取得极大值f(2)＝92＋6ln2，在x＝3处取得极小值f(3)＝2＋6ln3.综上，f(x)的单调递增区间为(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间为(2，3)，f(x)的极大值为92＋6l

n2，极小值为2＋6ln3.10．(2018·北京)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)＝[2ax－(4a＋1)]ex＋[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.由题设知f′(1

)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.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.若a>12，则当x∈1a，2时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝2处取

得极小值．若a≤12，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤12x－1<0，所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，a的取值范围是12，＋∞.11．已知函数f(x)＝mx2－x－lnxm.(1)求函数

f(x)的极值；(2)求证：当m>0时，存在x0，使得f(x0)<1.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且m≠0.因为f′(x)＝2mx－1－1mx＝2m2x2－mx－1mx＝（2mx＋1）（mx－1）mx，令f′(x)＝0，得到x1＝－12m，x2＝1m.当m>0时，x变化时，f

′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，1m1m1m，＋∞f′(x)－0＋f(x)↘极小值↗所以函数f(x)在x＝1m处取得极小值f1m＝lnmm；当m<0时，x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0，－12m－12m－1

2m，＋∞f′(x)＋0－f(x)↗极大值↘所以函数f(x)在x＝－12m处取得极大值f－12m＝34m＋ln（－2m）m.(2)证明：当m>0时，由(1)可知，f(x)的最小值是f1m＝lnmm，所以“存在x0，使得f(x0)<1”等价于“f1m<1”，即

lnm<m，亦即lnm－m<0.设g(x)＝lnx－x(x>0)，则g′(x)＝1x－1＝1－xx，当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以g(

x)的最大值为g(1)＝－1<0，所以结论成立．(2018·河北石家庄调研)已知f(x)＝12x2＋bx＋c(b，c是常数)和g(x)＝14x＋1x是定义在M＝{x|1≤x≤4}上的函数，对于任意的x∈M，存在x0∈M使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝

g(x0)，则f(x)在M上的最大值为()A.72B．5C．6D．8解：因为g(x)＝14x＋1x≥214＝1(当且仅当x＝2时等号成立)，结合题意可知x0＝2，故f（2）＝2＋b2＋c＝1，f′（2）＝2－b4＝0，解得b＝8，c＝－5，则f(x)＝1

2x2＋8x－5，f′(x)＝x3－8x2，所以f(x)在[1，2]上单调递减，在[2，4]上单调递增，而f(1)＝72，f(4)＝5，所以函数f(x)的最大值为5.故选B.