第十二节导数的应用(一)
[知识能否忆起]
1．函数的单调性
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附近其它点的函数值都小，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．
[小题能否全取]
1．(教材习题改编)若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋3，f′(－3)＝0，
∴a＝5.
2．(2012·辽宁高考)函数y＝x2－ln x的单调递减区间为( )
A．(－1,1] B．(0,1]
C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
解析：选B 函数y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，
y′＝x－＝，令y′≤0，则可得00，函数f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，则a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a在x∈[1，＋∞)上f′(x)≥0，
则f′(1)≥0?a≤3.
答案：3
1.f′(x)>0与f(x)为增函数的关系：f′(x)>0能推出f(x)为增函数，但反之不一定．如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0，所以f′(x)>0是f(x)为增函数的充分
不必要条件．
2．可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，即f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件．例如函数y＝x3在x＝0处有y′|x＝0＝0，但x＝0不是极值点．此外，函数不可导的点也可能是函数的极值点．
3．可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．
运用导数解决函数的单调性问题
典题导入
[例1] (2012·山东高考改编)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…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．
[自主解答] (1)由f(x)＝，
得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0.
又ex>0，所以x∈(0,1)时，f′(x)>0；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
由题悟法
求可导函数单调区间的一般步骤和方法
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f′(x)，令f′(x)＝0，求出它在定义域内的一切实数根；
(3)把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义区间分成若干个小区间；
(4)确定f′(x)在各个开区间内的符号，根据f′(x)的符号判定函数f(x)在每个相应小开区间内的增减性．
以题试法
1．已知a∈R，函数f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R，e为自然对数的底数)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)是否存在a使函数f(x)为R上的单调递减函数，若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)当a＝2时，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＞0，∴－x2＋2＞0，解得－＜x＜.
∴函数f(x)的单调递增区间是(－，)．
(2)若函数f(x)在R上单调递减，
则f′(x)≤0对x∈R都成立，
即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立．
∵ex＞0，∴x2－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
∴Δ＝(a－2)2＋4a≤0，即a2＋4≤0，这是不可能的．
故不存在a使函数f(x)在R上单调递减．
运用导数解决函数的极值问题
典题导入
[例2] (2012·江苏高考)若函数y＝f(x)在x＝x0处取得极大值或极小值，则称x0为函数y＝f(x)的极值点．已知a，b是实数，1和－1是函数f(x)＝x3＋ax2＋bx的两个极值点．
(1)求a和b的值；
(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．
[自主解答] (1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且f′(－1)＝3－2a＋b＝0，
f′(1)＝3＋2a＋b＝0，解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x＜－2时，g′(x)＜0；当－2＜x＜1时，g′(x)＞0，故－2是g(x)的极值点．
当－2＜x＜1或x＞1时，g′(x)＞0，故1不是g(x)的极值点．
所以g(x)的极值点为－2.
由题悟法
求函数极值的步骤
(1)确定函数的定义域；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)用方程f′(x)＝0的根顺次将函数的定义域分成若干个小开区间，并形成表格；
(4)由f′(x)＝0根的两侧导数的符号来判断f′(x)在这个根处取极值的情况．
以题试法
2．设f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1的导数为f′(x)，若函数y＝f′(x)的图象关于直线x＝－对称，且f′(1)＝0.
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1，
故f′(x)＝6x2＋2ax＋b，
从而f′(x)＝62＋b－，
即y＝f′(x)关于直线x＝－对称．
从而由题设条件知－＝－，即a＝3.
又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0，
得b＝－12.
(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1，
所以f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)，
令f′(x)＝0，
即6(x－1)(x＋2)＝0，
解得x＝－2或x＝1，
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
即f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
当x∈(－2,1)时，f′(x)<0，
即f(x)在(－2,1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝21，
在x＝1处取得极小值f(1)＝－6.
运用导数解决函数的最值问题
典题导入
[例3] 已知函数f(x)＝(x－k)ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
[自主解答] (1)f′(x)＝(x－k＋1)ex.
令f′(x)＝0，得x＝k－1.
f(x)与f′(x)的情况如下：
x
(－∞，k－1)
k－1
(k－1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－ek－1
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(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00，故f(x)在(－∞，－2)上为增函数；
当x∈(－2,2)时，f′(x)<0，故f(x)在(－2,2)上为减函数；
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(2，＋∞)上为增函数．
由此可知f(x)在x1＝－2处取得极大值f(－2)＝16＋c，f(x)在x1＝2处取得极小值f(2)＝c－16.
由题设条件知16＋c＝28，得c＝12.
此时f(－3)＝9＋c＝21，f(3)＝－9＋c＝3，
f(2)＝－16＋c＝－4，
因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
1．函数f(x)＝x＋eln x的单调递增区间为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－∞，0)和(0，＋∞) D．R
解析：选A 函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋>0，故单调增区间是(0，＋∞)．
2．(2012·“江南十校”联考)已知定义在R上的函数f(x)，其导函数f′(x)的大致图象如图所示，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：选C 依题意得，当x∈(－∞，c)时，f′(x)>0；
当x∈(c，e)时，f′(x)<0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0.因此，函数f(x)在(－∞，c)上是增函数，在(c，e)上是减函数，在(e，＋∞)上是增函数，又af(b)>f(a)．
3．(2012·陕西高考)设函数f(x)＝＋ln x，则( )
A．x＝为f(x)的极大值点
B．x＝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
解析：选D 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋＝，当x＝2时，f′(x)＝0；当x>2时，f′(x)>0，函数f(x)为增函数；当0f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
解析：选A f′(x)＝，当x>e时，f′(x)<0，则f(x)在(e，＋∞)上为减函数，f(a)>f(b)．
6．函数f(x)＝x3－3x－1，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，则实数t的最小值是( )
A．20 B．18
C．3 D．0
解析：选A 因为f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以－1,1为函数的极值点．又f(－3)＝－19，f(－1)＝1，f(1)＝－3，f(2)＝1，所以在区间[－3,2]上f(x)max＝1，f(x)min＝－19.又由题设知在区间[－3,2]上f(x)max－f(x)min≤t，从而t≥20，所以t的最小值是20.
7．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋(m＋6)x＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m的取值范围是________．
解析：f′(x)＝3x2＋2mx＋m＋6＝0有两个不等实根，即Δ＝4m2－12×(m＋6)>0.所以m>6或m<－3.
答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)
8．已知函数f(x)＝－x3＋ax2－4在x＝2处取得极值，若m∈[－1,1]，则f(m)的最小值为________．
解析：求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，故a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x.由此可得f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
所以对m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.
答案：－4
9．已知函数y＝f(x)＝x3＋3ax2＋3bx＋c在x＝2处有极值，其图象在x＝1处的切线平行于直线6x＋2y＋5＝0，则f(x)极大值与极小值之差为________．
解析：∵y′＝3x2＋6ax＋3b，
?
∴y′＝3x2－6x，令3x2－6x＝0，则x＝0或x＝2.
∴f(x)极大值－f(x)极小值＝f(0)－f(2)＝4.
答案：4
10．已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.
(1)求a，b的值；
(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．
解：(1)∵f′(x)＝2ax＋.
又f(x)在x＝1处有极值.
∴即
解得a＝，b＝－1.
(2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定义域是(0，＋∞)，
且f′(x)＝x－＝.
由f′(x)<0，得00，得x>1.
所以函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1)，
单调增区间是(1，＋∞)．
11．(2012·重庆高考)设f(x)＝aln x＋＋x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的极值．
解：(1)因f(x)＝aln x＋＋x＋1，
故f′(x)＝－＋.
由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，故该切线斜率为0，即f′(1)＝0，从而a－＋＝0，
解得a＝－1.
(2)由(1)知f(x)＝－ln x＋＋x＋1(x>0)，
f′(x)＝－－＋
＝
＝.
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝－
义域内，舍去．
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,1)上为减函数；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(1，＋∞)上为增函数．
故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3.
12．已知函数f(x)＝x3－ax2＋3x.
(1)若f(x)在x∈[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)在x∈[1，a]上的最大值和最小值．
解：(1)∵f′(x)＝3x2－2ax＋3≥0在[1，＋∞)上恒成立，
∴a≤min＝3(当x＝1时取最小值)．
∴a的取值范围为(－∞，3]．
(2)∵f′(3)＝0，即27－6a＋3＝0，
∴a＝5，f(x)＝x3－5x2＋3x，x∈[1,5]，
f′(x)＝3x2－10x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝3，x2＝(舍去)．
当10，
即当x＝3时，f(x)取极小值f(3)＝－9.
又f(1)＝－1，f(5)＝15，
∴f(x)在[1,5]上的最小值是f(3)＝－9，最大值是f(5)＝15.
1．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象是( )
解析：选D 因为[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f(x)＋f′(x)]ex，且x＝－1为函数f(x)ex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.
2．(2012·沈阳实验中学检测)已知定义在R上的奇函数f(x)，设其导函数为f′(x)，当x∈(－∞，0]时，恒有xf′(x)F(2x－1)的实数x的取值范围是( )
A．(－1,2) B.
C. D．(－2,1)
解析：选A 由F(x)＝xf(x)，得F′(x)＝f(x)＋xf′(x)＝xf′(x)－f(－x)<0，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，又可证F(x)为偶函数，从而F(x)在[0，＋∞)上单调递增，故原不等式可化为－3<2x－1<3，解得－10)，n为正整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)的最大值．
解：(1)因为f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，
可得1＋b＝1，即b＝0.
因为f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，所以f′(1)＝－a.
又因为切线x＋y＝1的斜率为－1，
所以－a＝－1，即a＝1.故a＝1，b＝0.
(2)由(1)知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，
f′(x)＝(n＋1)xn－1.
令f′(x)＝0，解得x＝，
即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝.
在上，f′(x)>0，故f(x)单调递增；
而在上，f′(x)<0，f′(x)单调递减．
故f(x)在(0，＋∞)上的最大值为
f＝n＝.
1．(2012·重庆高考)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)
解析：选D 由图可知，当x<－2时，f′(x)>0；当－22时，f′(x)>0.
由此可以得到函数在x＝－2处取得极大值，在x＝2处取得极小值．
2．(2012·山西联考)已知函数f(x)＝(2－a)ln x＋＋2ax(a∈R)．
(1)当a＝0时，求f(x)的极值；
(2)求f(x)的单调区间．
解：(1)∵当a＝0时，f(x)＝2ln x＋，
f′(x)＝－＝(x>0)，
∴f(x)在上是减函数，在上是增函数．
∴f(x)的极小值为f＝2－2ln 2，无极大值．
(2)f′(x)＝－＋2a＝(x>0)．
①当a≥0时，f(x)在上是减函数，在上是增函数；
②当－2
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