Transcript 要点梳理 1.曲线的切线方程 点P(x0,f(x0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x0,f(x

§3.4导数的综合应用
基础知识
自主学习
要点梳理
1.曲线的切线方程
点P(x0,f(x0))在曲线y=f(x)上,且f(x)在(x0,f(x0))
y处存在导数,曲线y=f(x)在点P处的切线方程为___
f(x0)=f′(x0)(x-x0)
__________________.
2.函数的单调性
(1)用导数的方法研究函数的单调性往往很简便,
但要注意规范步骤.求函数单调区间的基本步骤是:
①确定函数f(x)的定义域;
②求导数f′(x);
③由f′(x)>0(或f′(x)<0),解出相应的x的范围.当
增函数
f′(x)>0时,f(x)在相应的区间上是______;当f′(x)
减函数
<0时,f(x)在相应的区间上是_______.
还可以通过列表,写出函数的单调区间.
(2)在利用导数研究函数的单调性时,我们往往应用
以下的充分条件：设函数f(x)在(a，b)内可导，若
f′(x)>0(或f′(x)<0),则函数f(x)在区间(a,b)内为
增函数(或减函数);若函数在闭区间［a,b］上连续,
则单调区间可扩大到闭区间［a,b］上.
3.函数的极值
求可导函数极值的步骤
f′(x)=0
求导数f′(x)→求方程________的根→检验f′(x)
在方程根左右值的符号,求出极值(若左正右负,则
f(x)在这个根处取极大值;若左负右正,则f(x)在这
个根处取极小值).
4.函数的最值
求可导函数在［a,b］上的最值的步骤
求f(x)在(a,b)内的极值→求f(a)、f(b)的值→比
极值
较f(a)、f(b)的值和_____的大小.
5.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.
基础自测
1.已知曲线C:y=2x2-x3,点P(0,-4),直线l过点P且与
曲线C相切于点Q,则点Q的横坐标为
A.-1
解析
B.1
C.-2
(
A )
D.2
y  4 x  3x 2 ,设Q( x0 , 2 x02  x03 ), 则l方程为
y  2 x02  x03  (4 x0  3x02 )( x  x0 ). l过点P(0, 4),
4  2 x02  x03  (4 x0  3x02 )(0  x0 ), x03  x02  2  0,
 x03  1  ( x02  1)  0, ( x0  1)( x02  2 x0  2)  0,
 x0  1.
2.函数f(x)=xcos x的导函数f′(x)在区间[-π,π]
上的图象大致是
解析
(
A
)
∵f(x)=xcos x,∴f′(x)=cos x-xsin x.
∴f′(-x)=f′(x),∴f′(x)为偶函数,∴函数图象
关于y轴对称.由f′(0)=1可排除C、D选项.而
f′(1)=cos 1-sin 1<0,从而观察图象即可得到答
案为A.
3.已知函数f(x)=xm+ax的导数f′(x)=2x+1,则数列
1
} (n∈N*)的前n项和为
f ( n)
n
n 1
n
A.
Β.
C.
n 1
n
n 1
{
解析
( C )
D.
∵f′(x)=mxm-1+a=2x+1
m  2

a  1
∴f(x)=x2+x
∴f(n)=n2+n=n(n+1)
1
1
1
1
n



 1

.故 选C .
f (1) f ( 2)
f ( n)
n 1 n 1
n2
n 1
4.a、b为实数，且b-a=2，若多项式函数f(x)在区间
(a,b)上的导函数f′(x)满足f′(x)<0,则以下式子
中一定成立的关系式是
( B )
1
A.f(a)<f(b)
B.f(a+1)>f(b)
2
C.f(a+1)>f(b-1)
D.f(a+1)>f(b-3 )
2
解析 因为f(x)在区间(a,b)上的导函数f′(x)满
足f′(x)<0,故f(x)在区间(a,b)上单调递减,
1
1
又b - a  2, a  1  a  2   b  ,
2
2
1
故f(a+1)>f(b),故选B.
2
3
2
5.函数y=f(x)在其定义域 (  ,3) 内可导,其图象如
图所示,记y=f(x)的导函数为y=f′(x)，则不等式
1
[  ,1]  [ 2,3)
f′(x)≤0的解集为__________.
3
解析
由函数y=f(x)在定义
3
2
域 (  ,3) 内的图象可得,函
数y=f′(x)的大致图象如图
所示.由图象可得不等式 f′(x)≤0的解集为
1
[ ,1]  [2,3).
3
题型分类
题型一
深度剖析
函数的极值与导数
【例1】已知函数f(x)=x3+mx2+nx-2的图象过点(-1,
-6),且函数g(x)=f′(x)+6x的图象关于y轴对称.
(1)求m、n的值及函数y=f(x)的单调区间;
(2)若a>0,求函数y=f(x)在区间(a-1,a+1)内的极
值.
思维启迪 (1)由f(x)过点(-1,-6)及g(x)图象关
于y轴对称可求m,n.由f′(x)>0及f′(x)<0可求单
调递增和递减区间.(2)先求出函数y=f(x)的极值
点,再根据极值点是否在区间(a-1,a+1)内讨论.
解
(1)由函数f(x)的图象过点(-1,-6),
得m-n=-3.
①
由f(x)=x3+mx2+nx-2,得f′(x)=3x2+2mx+n,
则g(x)=f′(x)+6x=3x2+(2m+6)x+n.
而g(x)的图象关于y轴对称,所以 
2m  6
 0,
23
所以m=-3.代入①得n=0.
于是f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).
由f′(x)>0得x>2或x<0,
故f(x)的单调递增区间是(-∞,0)和(2,+∞);
由f′(x)<0,得0<x<2,
故f(x)的单调递减区间是(0,2).
(2)由(1)得f′(x)=3x(x-2),
令f′(x)=0得x=0或x=2.
当x变化时,f′(x)、f(x)的变化情况如下表:
x
(-∞,0)
0
(0,2)
2
(2,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
极大值
极小值
由此可得:
当0<a<1时,f(x)在(a-1,a+1)内有极大值f(0)=-2,无
极小值;
当a=1时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值;
当1<a<3时,f(x)在(a-1,a+1)内有极小值f(2)=-6,无
极大值;
当a≥3时,f(x)在(a-1,a+1)内无极值.
综上得,当0<a<1时,f(x)有极大值-2,无极小值;
当1<a<3时,f(x)有极小值-6,无极大值;
当a=1或a≥3时,f(x)无极值.
探究提高 (1)注意体会求函数极值的基本步骤,列
表可使解题过程更加清晰规范.
(2)要求函数f(x)在区间(a-1,a+1)内的极值,需对参
数a进行讨论.
知能迁移1
已知函数 f ( x ) 
1
 a ln(x  1)
2
(1  x )
(a为常数),求函数f(x)的极值.
解
由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1},
1
2 - a(1  x )2
因为f ( x ) 
 a ln(x  1), 所以f ( x ) 
.
2
3
(1  x )
(1  x )
①当a>0时,由f′(x)=0,得
2
2
 1, x2  1 
 1,
a
a
 a( x  x1 )( x  x2 )

此 时f ( x ) 
.
3
(1  x )
x1  1 
当x∈(1,x1)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;
当x∈(x1,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.
②当 a≤0 时，f′(x)<0 恒成立，所以 f(x)无极值．
综上所述，
当 a>0 时，f(x)在 x＝1＋
极小值为 f


1＋

2
处取得极小值，
a
2
2  a 
＝2 1＋ln a .
a


当 a≤0 时，f(x)无极值．
题型二
函数的最值与导数
【例2】已知函数f(x)＝ax3－6ax2＋b,问是否存在实
数a、b使f(x)在[－1，2]上取得最大值3，最小值
－29,若存在，求出a、b的值；若不存在，请说明
理由．
思维启迪 (1)研究函数f(x)在[－1,2]上的单调性;
(2)确定f(x)在[－1,2]上的最大、最小值；
(3)列方程组求a、b.
解
由f(x)＝ax3－6ax2＋b得f′(x)＝3ax2－12ax
＝3ax(x－4)．
当a＝0时,f′(x)＝0,f(x)＝b不能使f(x)在[－1,2]
上取最大值3,最小值－29.
当a>0时，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝4在区间
[－1,2]上,
x
－1
(－1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
＋
＋
0
－
－
f(x)
－7a＋b
极大值 b
－16a＋b
由 a>0 得－16a＋b<－7a＋b，则 f(x)在[－1,2]上取最大
值 b，最小值－16a＋b.
b＝3，
依题意
－16a＋b＝－29
a＝2，
，
b＝3，
符合题意．
当a<0,令f′(x)＝0得x1＝0,x2＝4在区间[－1,2]上,
x
－1
(－1,0)
0
(0,2)
2
f′(x)
－
－
0
＋
＋
f(x)
－7a＋b
极小值b
－16a＋b
由 a<0 得－16a＋b>－7a＋b，则 f(x)在[－1,2]上取最大值
－16a＋b，最小值 b.
－16a＋b＝3，
依题意
b＝－29，
a＝－2，
解得
b＝－29，
符合题意．
综上所述，存在 a＝2，b＝3 或 a＝－2，b＝－29 使 f(x)
在[－1,2]上取得最大值 3，最小值－29.
探究提高
导函数 f′(x)的符号受 a 的符号的影响，从
而需要对 a 进行分类讨论，有些同学做本题时忘记对 a
的讨论而默认了 a>0，或在对 a 进行分类讨论时漏掉了
a＝0 的情况．
在求闭区间上的连续函数的最值、极值时，通过研究导
函数的符号，列表求得该函数的单调区间、极值点(极
值)、端点值，从而求得最大值和最小值．
知能迁移 2
a
已知函数 f(x)＝ln x－ .
x
(1)求函数 f(x)的单调增区间；
3
(2)若函数 f(x)在[1，e]上的最小值为 ，求实数 a 的值．
2
解
(1)由题意，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1 a x＋a
且 f′(x)＝ ＋ 2＝ 2 .
x
x x
①当 a≥0 时, f′(x)>0,∴f(x)的单调增区间为(0,＋∞)．
②当 a<0 时，令 f′(x)>0，得 x>－a，∴f(x)的单调增
区间为(－a，＋∞)．
x＋a
(2)由(1)可知，f′(x)＝ 2
x
①若 a≥－1，则 x＋a≥0，即 f′(x)≥0 在[1，e]
上恒成立，f(x)在[1，e]上为增函数，
3
∴[f(x)]min＝f(1)＝－a＝ ，
2
3
∴a＝－ (舍去)．
2
②a≤－e，则 x＋a≤0，即 f′(x)≤0 在[1，e]上恒
成立，f(x)在[1，e]上为减函数，
a 3
∴[f(x)]min＝f(e)＝1－ ＝ ，
e 2
e
∴a＝－ (舍去)．
2
③若－e<a<－1，当 1<x<－a 时，f′(x)<0，
∴f(x)在(1，－a)上为减函数，当－a<x<e 时，
f′(x)>0，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，
3
∴[f(x)]min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝ ，∴a＝－ e
2
综上所述，a＝－ e.
题型三
导数与方程的解
【例 3】
已知函数 f(x)＝x2－aln x 在(1,2]是增函数，
g(x)＝x－a x在(0,1)为减函数．
(1)求 f(x)、g(x)的解析式；
(2)求证：当 x>0 时，方程 f(x)＝g(x)＋2 有唯一解．
探究提高
(1)由 f(x)、g(x)在给定区间上的单调性确
定 a 的值．
(2)f(x)＝g(x)＋2 的解等价于 h(x)＝f(x)－g(x)－2 的零
点，研究函数 h(x)的单调性即可．
a
(1)解 f′(x)＝2x－ ，依题意 f′(x)≥0，x∈(1,2]，
x
即 a≤2x2，x∈(1,2]．
∵上式恒成立，∴a≤2.
①
a
又 g′(x)＝1－
，依题意 g′(x)≤0，x∈(0,1)，
2 x
即 a≥2 x，x∈(0,1)．
∵上式恒成立，∴a≥2.
由①②得 a＝2.
∴f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝x－2 x.
(2)证明 由(1)可知，方程 f(x)＝g(x)＋2，
即 x2－2ln x－x＋2 x－2＝0.
设 h(x)＝x2－2ln x－x＋2 x－2，
2
1
则 h′(x)＝2x－ －1＋ ，
x
x
②
当 h′(x)＝0 时，( x－1)(2x x＋2x＋ x＋2)＝0，
解得 x＝1.
令 h′(x)>0，并由 x>0，
解得 x>1.
令 h′(x)<0，由 x>0，解得 0<x<1.
列表分析：
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
h(x)
递减 极小值
递增
可知 h(x)在 x=1 处有一个最小
值 0，当 x>0 且 x≠1 时，h(x)>0，
∴h(x)＝0 在(0，＋∞)上只有一个解．
即当 x>0 时，方程 f(x)＝g(x)＋2
有唯一解．
探究提高
研究方程的根的情况，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象判断方程根的情况，这是导数
这一工具在研究方程中的重要应用．将方程、不等式
等有关知识和导数结合的综合性问题，主要考查综合
运用有关知识分析问题、解决问题的能力．
知能迁移 3 已知 f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2ln x.
(1)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)的单调性．
(2)若方程 f(x)＝g(x)在区间[ 2，e]上有两个不等
解，求 a 的取值范围．
(1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，
2
2 2(ax －1)
∴F′(x)＝2ax－ ＝
(x>0)．
x
x
1
2
①当 a>0 时，由 ax －1>0 得 x> .
a
1
2
由 ax －1<0 得 0<x< .
a
 1


故当 a>0 时，F(x)的递增区间为 ，＋∞，递减
 a



0， 1 
区间为
.
a

解
②当a≤0时，F′(x)<0(x>0)恒成立．故当a≤0时，
F(x)在(0，＋∞)上单调递减．
2ln x
(2)原式等价于方程a＝ 2 ＝φ(x)在区间[ 2，e]上有
x
两个不等解．
2x(1－2ln x)
∵φ′(x)＝
在( 2， e)上为增函数，在
x4
1
( e，e)上为减函数，则φ(x)max＝φ( e)＝ ，而φ(e)＝
e
2
2ln 2  ln 2   ( 2 ).
<φ(2)＝
2
e2
4
 ( x )min   (e ),如 图
ln 2
1

a .
2
e
题型四
【例4】
导数与不等问题
(14分)设函数f(x)＝x4＋ax3＋2x2＋b(x∈R),
其中a，b∈R.
10
(1)当a＝－ 时，讨论函数f(x)的单调性；
3
(2)若函数f(x)仅在x＝0处有极值，求a的取值范围；
(3)若对于任意的a∈[－2,2],不等式f(x)≤1在[－1,0]上恒
成立,求b的取值范围．
思维启迪
f(x)≤1在[－1,0]上恒成立，转化为f(x)在
[－1,0]上的最大值f(x)max≤1.
解题示范
(1)f′(x)＝4x3＋3ax2＋4x＝x(4x2＋3ax＋4)．
10
当 a＝－ 时, f′(x)＝x(4x2－10x＋4)＝2x(2x－1)(x－2)．
3
1
令 f′(x)＝0，得 x1＝0，x2＝ ，x3＝2.
[3 分]
2
当 x 变化时 f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
解
x
(－∞, 0)
0

1
0， 
2

f′(x)
－
0
＋
单调
极小
递减
值
f(x)
1
2
1

 ，2
2

2
(2,＋∞)
0
－
0
＋
单调 极大
单调 极小
单调
递增
递减
递增
值
值
所以f(x)在

1
0， 
2

和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)
1

和 ，2上是减函数．
2

[6分]
(2)f′(x)＝x(4x2＋3ax＋4)，
显然x＝0不是方程4x2＋3ax＋4＝0的根．
∵f(x)仅在x＝0处有极值，
则方程4x2＋3ax＋4＝0有两个相等的实根或无实根，
Δ＝9a2－4×16≤0，
[8分]
8
8
解此不等式，得－ ≤a≤ .这时，f(0)＝b是唯一极值．
3
3
 8 8
因此满足条件的a的取值范围是－ ， .
[10分]
3
3


注：若未考虑Δ＝9a2－64＝0，进而得到a的范围为
 8 8
－ ，  ，扣2分．
 3 3
(3)由(2)知，当a∈[－2,2]时，4x2＋3ax＋4>0恒成立．
∴当x<0时,f′(x)<0,f(x)在区间(－∞，0]上是减函数．
因此函数f(x)在[－1,0]上的最大值是f(－1)．[12分]
又∵对任意的a∈[－2,2]，不等式f(x)≤1在[－1,0]上恒
成立，
∴f(－1)≤1，即3－a＋b≤1.
于是b≤a－2在a∈[－2,2]上恒成立．
∴b≤－2－2，即b≤－4.
因此满足条件的b的取值范围是(－∞，－4]．[14分]
探究提高
利用函数的导数研究不等式恒成立问题是
一类重要题型,体现了导数的工具性作用，将函数、不
等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．
知能迁移 4
设函数 f(x)＝x2－mln x，h(x)＝x2－x＋a.
(1)当 a＝0 时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实
数 m 的取值范围；
(2)当 m＝2 时，若函数 k(x)=f(x)－h(x)在[1,3]上恰有
两个不同的零点，求实数 a 的取值范围．
解 (1)由a＝0，f(x)≥h(x)可得－mln x≥－x，
x
x∈(1,＋∞)，即m≤ ，
ln x
x
记φ(x)＝ ，则f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立等
ln x
价于m≤φ(x)min.
ln x－1
求得φ′(x)＝ 2
ln x
当x∈(1,e)时, φ′(x)<0;当x∈(e,＋∞)时, φ′(x)>0.
故φ(x)在x＝e处取得极小值，也是最小值，即φ(x)min
＝φ(e)＝e，故m ≤e.
(2)函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点
等价于方程x－2ln x＝a,在[1,3]上恰有两个相异实根．
2
令g(x)＝x－2ln x，则g′(x)＝1－ .
x
当x∈[1,2)时，g′(x)<0；当x∈(2,3]时，g′(x)>0，
∴g(x)在[1,2)上是单调递减函数，在(2,3]上是单调递增
函数．故g(x)min＝g(2)＝2－2ln 2，
又g(1)＝1，g(3)＝3－2ln 3，
∵g(1)>g(3)，∴只需g(2)<a≤g(3)，
故a的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．
思想方法
感悟提高
方法与技巧
1．利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要
方便，但应注意f′(x)>0仅是f(x)在某个区间上为增函
数的充分条件．在(a，b)内可导的函数f(x)在(a，b)上
递增的充要条件应是f′(x)≥0在(a，b)上恒成立．
2．在求函数的极值、最值时,要注意极值、最值存在的
条件.对含有参数的极值、最值问题要注意分类讨论．
失误与防范
1．已知函数f(x)是增函数(或减函数)求参数的取值范
围时，应令f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立，解出参
数的取值范围，然后检验参数的值能否使f′(x)恒等
于0,若能恒等于0, 则参数的这个值应舍去,若f′(x)
不恒为0，则由f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立解出的
参数的取值范围确定．
2．求函数最值时，要注意极值、端点值的比较．
3．要强化导数的工具性作用,在处理方程的根、不等
式恒成立等问题时，注意导数的应用．
定时检测
一、选择题
1．若函数f(x)＝x3－3x＋a有3个不同的零点，则实数
( A )
a的取值范围是
A．(－2,2)
B．[－2,2]
C．(－∞，－1)
D．(1，＋∞)
解析 本题考查了函数零点的判断方法及一元二次方
程根与系数的关系．由于函数f(x)是连续的,故只需两个
极值异号即可．f′(x)＝3x2－3,令3x2－3＝0,则x＝±1，
只需f(－1)·f(1)<0，即(a＋2)(a－2)<0，故a∈(－2,2)．
1
2．若a>2,则函数f(x)＝ x3－ax2＋1在区间(0,2)上恰好
3
有
(
A．0个零点
B．1个零点
C．2个零点
D．3个零点
解析
B
)
解答本题要结合二分法和函数的单调性判断．
由已知得：f′(x)＝x(x－2a),由于a>2，故当0<x<2时
f′(x)<0,即函数为区间(0,2)上的单调递减函数,又当
11
a>2时f(0)f(2)＝ 3 －4a<0,故据二分法及单调性可知函
数在区间(0,2)上有且只有一个零点．
ln a＋ln x
3．已知函数f(x)＝
在[1,＋∞)上为减函数，
x
则实数a的取值范围是
( D )
1
A．0<a<
B．0<a≤e
e
C．a≤e
D．a≥e
1
·x－(ln a＋ln x) 1－(ln a＋ln x)
x
，
＝
解析 f′(x)＝
x2
x2
因为f(x)在[1,＋∞)上为减函数,故f′(x)≤0在[1,＋∞)上
恒成立,即ln a≥1－ln x在[1,＋∞)上恒成立．设φ(x)＝
1－ln x，φ(x)max＝1，故ln a≥1，a≥e，选D.
4．已知函数f(x)的导函数f′(x)＝a(x＋1)(x－a),若f(x)
在x＝a处取到极大值，则a的取值范围是 (
A．(－1,0)
B．(2，＋∞)
C．(0,1)
D．(－∞，－3)
解析
A
)
由f(x)在x＝a处取得极大值可知，当x<a时，
f′(x)>0，当x>a时，f′(x)<0，即a(x＋1)(x－a)>0
的解集为x<a且a(x＋1)(x－a)<0的解集为x>a，通过
对这两个不等式的解集讨论可知－1<a<0.故选A.
5．方程x3－6x2＋9x－4＝0的实根的个数为
A．0
B．1
C．2
( C )
D．3
解析 令f(x)＝x3－6x2＋9x－4,则f′(x)＝3x2－12x＋9
＝3(x－1)(x－3)．由f′(x)>0得x>3或x<1,由f′(x)<0得
1<x<3.
∴f(x)的单调增区间为(3,＋∞)，(－∞，1)，单调减
区间为(1,3), ∴f(x)在x＝1处取极大值，在x＝3处取极
小值，又∵f(1)＝0,f(3)＝－4<0，∴函数f(x)的图象与
x轴有两个交点，即方程x3－6x2＋9x－4＝0有两个实
根．故选C.
6．已知对任意x∈R，恒有f(－x)＝－f(x),g(－x)＝g(x),且
当x>0时, f′(x)>0, g′(x)>0,则当x<0时有
( B )
A．f′(x)>0，g′(x)>0
B．f′(x)>0，g′(x)<0
C．f′(x)<0，g′(x)>0
D．f′(x)<0，g′(x)<0
解析
由f(－x)＝－f(x), g(－x)＝g(x), 知f(x)为奇函数，
g(x)为偶函数．
又x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，
由奇、偶函数的性质知,当x<0时, f′(x)>0, g′(x)<0.
二、填空题
x2＋a
3
7．若函数f(x)＝
在x＝1处取极值，则a＝_____.
x＋1
2x2＋2x－x2－a x2＋2x－a
解析 f′(x)＝
＝
2
2 .因为f(x)在
(x＋1)
(x＋1)
1处取极值,所以1是f′(x)＝0的根,将x＝1代入得a＝3.
8．已知函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值为正数，
 2



，＋∞
 2

极小值为负数，则a的取值范围是__________．


解析
∵f′(x)＝3x2－3a2(a>0),∴由f′(x)>0得:
x>a或x<－a，由f′(x)<0得：－a<x<a.
∴当x＝a时, f(x)有极小值, x＝－a时, f(x)有极大值．
a3－3a3＋a<0，
 3
由题意得：－a ＋3a3＋a>0.
a>0

2
解得a> 2 .
9．设函数f(x)＝ax3－3x＋1(x∈R)，若对于任意x∈
4
[－1,1],都有f(x)≥0成立,则实数a的值为_____．
解析 若 x＝0，则不论 a 取何值，f(x)≥0 显然成立；
当 x>0，即 x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0 可化为
3 1
a≥x2－x3.
3(1－2x)
3 1
设 g(x)＝x2－x3，则 g′(x)＝ x4 ，

1

1
所以 g(x)在区间0，2上单调递增，在区间2，1上单




调递减，
 1
因此 g(x)max＝g2＝4，从而 a≥4.
 
3 1
当 x<0，即 x∈[－1,0)时，同理 a≤x2－x3.
g(x)在区间[－1,0)上单调递增，
∴g(x)min＝g(－1)＝4，从而 a≤4，综上可知 a＝4.
三、解答题
3 2
10．已知函数f(x)＝x － ax ＋b(a,b为实数,且a>1)
2
3
在区间[－1,1]上的最大值为1，最小值为－2.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx在区间[－2,2]上为减函
数，求实数m的取值范围．
解 (1)f′(x)＝3x2－3ax，
令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝a，
∵a>1，
∴f(x)在[－1,0]上为增函数，在[0,1]上为减函数．
∴f(0)＝b＝1，
3
3
∵f(－1)＝－ a，f(1)＝2－ a，∴f(－1)<f(1)，
2
2
3
4
∴f(－1)＝－ a＝－2，a＝ .
2
3
∴f(x)＝x3－2x2＋1.
(2)g(x)＝x3－2x2－mx＋1，g′(x)＝3x2－4x－m.
由g(x)在[－2,2]上为减函数，
知g′(x)≤0在x∈[－2,2]上恒成立．
g′(－2)≤0

∴
g′(2)≤0
20－m≤0

，即
4－m≤0
∴实数m的取值范围是m≥20.
∴m≥20.
1 3
11．设函数f(x)＝－ x ＋2ax2－3a2x＋b(0<a<1)．
3
(1)求函数f(x)的单调区间，并求函数f(x)的极大值和
极小值；
(2)当x∈[a＋1，a＋2]时，不等式|f′(x)|≤a，求a的
取值范围．
解 (1)∵f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－3a)(x－a),
由f′(x)>0得：a<x<3a，
由f′(x)<0得：x<a或x>3a，
则函数f(x)的单调递增区间为(a,3a)，
单调递减区间为(－∞，a)和(3a，＋∞)．
列表如下：
x
f′(x)
(－∞,a)
－
f(x)
a
0
(a,3a)
＋
4 3
－ a ＋b
3
3a (3a,＋∞)
0
－
b
4 3
∴函数 f(x)的极大值为 b，极小值为－ a ＋b.
3
(2)∵f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－2a)2＋a2，
∴f′(x)在[a＋1，a＋2]上单调递减，
∴f′(x)max＝f′(a＋1)＝2a－1，
f′(x)min＝f′(a＋2)＝4a－4.
∵不等式|f′(x)|≤a 恒成立，
|2a－1|≤a
∴
4a－4≥－a
4
，解得： ≤a≤1，
5
4
4
又 0<a<1，∴ ≤a<1，即 a 的取值范围是 ≤a<1.
5
5
1

x－ln x(x>2)
12．已知函数f(x)＝
x2＋2x＋a－1(x≤1)
2

(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)求函数f(x)的零点．
1
1 x－1
解 (1)当x>2时，f′(x)＝1－ ＝
x
x
由f′(x)>0得x>1.∴f(x)在(1，＋∞)上是增函数．
1
当x≤ 时，f(x)＝x2＋2x＋a－1＝(x＋1)2＋a－2，
2

1
∴f(x)在－1，2上是增函数



1
∴f(x)的递增区间是－1，2和(1，＋∞)．


1

1
(2)当 x> 时，由(1)知 f(x)在2，1上递减，在(1,＋∞)
2


上递增且 f′(1)＝0.∴f(x)有极小值 f(1)＝1>0，
1
当 x≤ 时，f(x)＝x2＋2x＋a－1，
2
Δ＝4－4(a－1)＝8－4a.
当 Δ<0，即 a>2 时，f(x)无零点．
当 Δ＝0，即 a＝2 时，f(x)有一个零点－1.
当 Δ>0，且 f
1
 
2
≥0 时，
8－4a>0
1
即1
⇒－ ≤a<2 时
4
4＋1＋a－1≥0
－2± 8－4a
f(x)有两个零点：x＝
＝－1± 2－a
2
1
当 Δ>0 且 f 2<0，
 
8－4a>0
1
即1
⇒a<－ 时，
4
4＋1＋a－1<0
f(x)仅有一个零点－1－ 2－a.
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