专题03导数及其应用（考点串讲）-2023-2024学年高二数学下学期期末考点大串讲（沪教版2020选修）

高二沪教版数学下册期末考点大串讲 串讲03 导数及其应用 01 02 04 03 目 录 易错易混 题型剖析 考点透视 押题预测 十一大易错易混经典例题 4道期末真题对应考点练 五大重难点题型典例剖析+技巧总结 七大常考点：知识梳理 考点透视 知识梳理 导数及其应用 研究 函数 性质 判断 单调 性　 函数的单调性与导数：在某个区间(a，b)上，如果f ′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在这个区间上单调递增；如果f ′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在这个区间上单调递减． 求函数的单调区间步骤：(1)求函数的的定义域；(2)求出f ′(x)；(3)令f ′(x)＝0，求出导数的零点；(4)用f ′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x)在各区间上的正负，由此得出函数f(x)在定义域内的单调性(或在定义域内，令f ′(x)＞0，解出x的取值范围，得函数单调递增区间；令f ′(x)＜0，解出x的取值范围，得函数单调递减区间) 导数及其应用 研究 函数 性质 已知 单调 性求 参数 取值 范围 (1)对于函数在某个区间上单调递增或单调递减的问题，转化为导函数在此区间上恒为正或负的问题，进而转化为导函数在该区间上的最值问题． (2)对于可导函数在某个区间不单调的问题，转化为导函数在此区间有穿过轴的实数根，结合导函数的图象求解． (3)对于函数在某个区间上存在单调递增或递减区间的问题，转化为导函数在此区间上大于零或小于零有解的问题 导数及其应用 研究 函数 性质 极值 ①极大值：在点x＝a附近，满足f(a)≥f(x)，当x＜a时，f ′(x)＞0，当x＞a时，f ′(x)＜0，则点a叫做函数的极大值点，f(a)叫做函数的极大值． ②极小值：在点x＝a附近，满足f(a)≤f(x)，当x＜a时，f ′(x)＜0，当x＞a时，f ′(x)＞0，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值 导数及其应用 研究 函数 性质 最值 一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．最大值是区间端点函数值和区间内的极大值的最大者，最小值是区间端点函数值和区间内的极小值的最小者． 一般地，求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤： (1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的极值； (2)求f(x)在给定区间上的端点值； (3)将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值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 例1已知函数f(x)=x3+x-16. (1)求曲线y=f(x)在点(2,-6)处的切线方程; (2)直线l为曲线y=f(x)的切线,且经过原点,求直线l的方程及切点坐标; (3)如果曲线y=f(x)的某一切线与直线y=- x+3垂直,求切点坐标与切线方程. 分析求出函数的导数:(1)可利用切点(2,-6)求出切线斜率,写出切线方程; (2)设出切点坐标,表示出切线方程,利用切线过原点求解,也可以利用切点与原点连线的斜率等于导函数在切点处函数值列式求解;(3)设出切点坐标,利用两直线互相垂直时,斜率之积为-1,列方程求解. 题型一：导数的几何意义 题型剖析 (方法2)设直线l的方程为y=kx,切点为(x0,y0), ∴y0=(-2)3+(-2)-16=-26. k=3×(-2)2+1=13. ∴直线l的方程为13x-y=0,切点坐标为(-2,-26). 规律方法 (1)导数的几何意义的应用:利用导数的几何意义可以求出曲线上任意一点处的切线方程y-y0=f'(x0)(x-x0),明确“过点P(x0,y0)的曲线y=f(x)的切线方程”与“在点P(x0,y0)处的曲线y=f(x)的切线方程”的异同点. (2)围绕着切点有三个等量关系:已知切点(x0,y0),则①k=f'(x0);②y0=f(x0);③(x0,y0)满足切线方程. 题型二：利用导数研究函数的单调性问题 ②当a>2时,x,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 规律方法 (1)在解决问题的过程中,只能在函数的定义域内进行. (2)在划分函数的单调区间时,除了必须确定使导数等于0的点外,还要注意定义区间内的不连续点或不可导点.此外,求得的根要判断是否在定义域中. (3)涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题,一定要弄清参数对导数在某一区间内的符号是否有影响.若有影响,则必须分类讨论. 分析(1)求出函数的导数,根据导数的符号确定极值点,利用极大值为2求a,b满足的关系式;(2)可利用极值点x=a与区间[0,3]的位置关系,确定分类讨论标准后,分类讨论求最小值. 题型三：利用导数研究函数的极值、最大(小)值问题 解 (1)f'(x)=3x2+3(1-a)x-3a=3(x-a)(x+1),令f'(x)=0,解得x1=-1,x2=a, 因为a>0,所以x1<x2. 当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表: 所以当x=-1时,f(x)有极大值2,即3a+2b=3. x (-∞,-1) -1 (-1,a) a (a,+∞) f'(x) + 0 - 0 + f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 (2)当0<a≤3时,由(1)知,f(x)在[0,a)上单调递减,在(a,3]上单调递增,所以f(a)为最小值, 规律方法 (1)求函数y=f(x)的极值点时一般需确定f'(x)=0的根和函数y=f(x)的单调性,对于常见连续函数,先确定单调性即可得极值点,当连续函数的极值点只有一个时,相应的极值点必为函数的最大(小)值点. (2)求闭区间上可导函数的最大(小)值时,对函数极值是极大值还是极小值可不再进行判断,只需要直接与端点的函数值比较即可获得结论. 例4某企业拟建造如图所示的容器(不计厚度,长度单位:米),其中容器的中间为圆柱体,左右两端均为半球体,按照设计要求容器的体积为 立方米.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱体部分每平方米建造费用为3千元,半球体部分每平方米建造费用为4千元.设该容器的总建造费用为y千元. (1)将y表示成r的函数,并求该函数的定义域; (2)确定r和l为何值时,该容器的建造费用最小,并求出最小建造费用. 分析根据题意,求出容器的表面积关于半径r的关系式,结合建筑费用建立y关于r的关系式. 题型四：生活中的优化问题 规律方法 解决优化问题的步骤 (1)分析问题中各个数量之间的关系,建立适当的函数模型,并确定函数的定义域. (2)通过研究相应函数的性质,如单调性、极值与最大(小)值,提出优化方案,使问题得以解决.在这个过程中,导数是一个有力的工具. (3)验证数学问题的解是否满足实际意义. 角度1　利用导数研究方程的根(函数的零点) 例5已知f(x)=ax2(a∈R),g(x)=2ln x.若方程f(x)=g(x)在区间[ ,e]上有两个不相等的实数根,求a的取值范围. 分析方程f(x)=g(x)有根即方程ax2=2ln x有解,因此可以分离参数转化为方程a= 有根,构造函数求解. 题型五：导数的综合应用 规律方法 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 (1)构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化确定g(x)的零点个数问题求解,利用导数研究该函数的单调性、极值,并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等,画出g(x)的图象草图,数形结合求解函数零点的个数. (2)利用零点存在定理:先用该定理判断函数在某区间上有零点,然后利用导数研究函数的单调性、极值(最大(小)值)及区间端点值符号,进而判断函数在该区间上零点的个数. 角度2　利用导数研究不等式问题 例6已知f(x)=xln x,g(x)=x3+ax2-x+2. (1)求函数f(x)的单调区间; (2)若对任意x∈(0,+∞),2f(x)≤g'(x)+2恒成立,求实数a的取值范围. 分析(1)可通过解不等式f'(x)>0和f'(x)<0得到单调区间;(2)先将不等式进行参数分离,把待求范围的参数a移至不等式的一边,再利用导数求另一边函数的最大值,从而求得参数的取值范围. x (0,1) 1 (1,+∞) h'(x) + 0 - h(x) 单调递增 极大值 单调递减 ∴当x=1时,h(x)取得最大值,且h(x)max=h(1)=-2, ∴若a≥h(x)在x∈(0,+∞)上恒成立,则a≥h(x)max=-2,即a≥-2,故a的取值范围是[-2,+∞). 解析 D 易错点01　忽略导数定义式中Δx，Δy的对应关系 易错易混 解析 D 易错点02　没有正确理解导数的几何意义致误 解析 B 易错点03　没有把握好切点的“双重身份”(既在切线上，又在原函数图象上) 解 易错点04　混淆“过某点”和“在某点处”切线方程的求法致误 解析 A 易错点05　求复合函数的导数时忽视中间变量致误 C 易错点06　混淆原函数图象与导函数图象致错 解析 解析 (－∞，－16]∪[2，＋∞) 易错点07　利用导数研究函数单调性时考虑不全致误 易错点08　不清楚函数存在单调区间与函数在区间上单调的区别致误 解析 解析 D 易错点09　混淆极值点与极值致误 解析 0 易错点10　根据极值点求参数时忘记检验致误 解析 A 易错点11　混淆极值与最值致误 1.（2023春•普陀区校级期末）如图所示的是函数f(x)=x3+bx2+cx+d的大致图象，则x12+x22等于( ____ ) ____ A. B. C. D. C 押题预测 【解析】解：由图象知f(x)=0的根为0，1，2，∴d=0． ∴f(x)=x3+bx2+cx=x(x2+bx+c)=0． ∴x2+bx+c=0的两个根为1和2．∴b=-3，c=2． ∴f(x)=x3-3x2+2x.∴f′(x)=3x2-6x+2． ∵x1，x2为3x2-6x+2=0的两根，∴ ． ∴ ． 故选：C． 46 2.（2023春•黄浦区期末）设a为实数，函数f(x)=x3+ax2+(a-3)x的导函数为f′(x)，且f′(x)是偶函数，则曲线：y=f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为 ______________ ． 【解析】解：∵f(x)=x3+ax2+(a-3)x, ∴f′(x)=3x2+2ax+(a-3)， ∵f′(x)是偶函数， ∴3(-x)2+2a(-x)+(a-3)=3x2+2ax+(a-3)， 解得a=0， ∴f(x)=x3-3x,f′(x)=3x2-3，则f(2)=2，k=f′(2)=9， 即切点为(2，2)，切线的斜率为9， ∴切线方程为y-2=9(x-2)，即9x-y-16=0． 故答案为：9x-y-16=0． 9x-y-16=0 47 3.（2023春•浦东新区校级期末）设函数f(x)=(3-x)ex-tx+5t,t∈R，若有且仅有两个整数xi(i=1，2)满足f(xi)＞0，则实数t的取值范围为 　　． 【解析】解：设g(x)=(3-x)ex，h(x)=t(x-5)，则g'(x)=ex(2-x)， ∴x∈(-∞，2)，g'(x)＞0，g(x)在(-∞，2)上单调递增， x∈(2，+∞)，g'(x)＜0，g(x)在(2，+∞)上单调递减， ∴x=2时函数g(x)取极大值即最大值 ， 又g(0)=3，g(1)=2e,g(3)=0， 直线h(x)=t(x-5)恒过定点(5，0)且斜率为t, 要使有且仅有两个整数xi(i=1，2)满足f(xi)＞0， 即有且仅有两个整数xi(i=1，2)满足g(xi)＞h(xi)， ∴g(1)-h(1)=2e-t(1-5)＞0且g(0)-h(0)=3-t(0-5)≤0， 解得 ，即 ． 故答案为： ． 48 4.（2023春•徐汇区校级期末）已知函数f(x)=(2-a)lnx+ +2ax(a≤0)． (Ⅰ)当a=0时，求f(x)的极值； (Ⅱ)当a＜0时，讨论f(x)的单调性； (Ⅲ)若对任意的a∈(-3，-2)，x1，x2∈[1，3]，恒有(m+ln3)a-2ln3＞|f(x1)-f(x2)|成立，求实数m的取值范围． 【解析】解：(Ⅰ)依题意知f(x)的定义域为(0，+∞)， 当a=0时，f(x)=2lnx+ ，f′(x)= - = ，令f′(x)=0，解得x= ，当0＜x＜ 时，f′(x)＜0； 当x≥ 时，f′(x)＞0，又∵f( )=2ln =2-2ln2，∴f(x)的极小值为2-2ln2，无极大值． (Ⅱ)f′(x)= - +2a= ，当a＜-2时，- ＜ ，令f′(x)＜0 得 0＜x＜- 或x＞ ， 令f′(x)＞0 得- ＜x＜ ；当-2＜a＜0时，得- ＞ ， 令f′(x)＜0 得 0＜x＜ 或x＞- ，令f′(x)＞0 得 ＜x＜- ；当a=-2时，f′(x)=- ≤0， 综上所述，当a＜-2时f(x)，的递减区间为(0，- )和( ，+∞)，递增区间为(- ， )； 当a=-2时，f(x)在(0，+∞)单调递减； 当-2＜a＜0时，f(x)的递减区间为(0， )和(- ，+∞)，递增区间为( ，- )． 49 (Ⅲ)由(Ⅱ)可知，当a∈(-3，-2)时，f(x)在区间[1，3]上单调递减， 当x=1时，f(x)取最大值；当x=3时，f(x)取最小值； |f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(3)=(1+2a)-[(2-a)ln3+ +6a]= -4a+(a-2)ln3， ∵(m+ln3)a-ln3＞|f(x1)-f(x2)|恒成立， ∴(m+ln3)a-2ln3＞ -4a+(a-2)ln3 整理得ma＞ -4a, ∵a＜0，∴m＜ -4恒成立， ∵-3＜a＜-2，∴- ＜ -4＜- ， ∴m≤- ． 4.（2023春•徐汇区校级期末）已知函数f(x)=(2-a)lnx+ +2ax(a≤0)． (Ⅰ)当a=0时，求f(x)的极值； (Ⅱ)当a＜0时，讨论f(x)的单调性； (Ⅲ)若对任意的a∈(-3，-2)，x1，x2∈[1，3]，恒有(m+ln3)a-2ln3＞|f(x1)-f(x2)|成立，求实数m的取值范围． 50 导数及其应用 概念 与几 何意 义　 概念 如果当Δx→0时，平均变化率eq \f(Δy,Δx)无限趋近于一个确定的值，即eq \f(Δy,Δx)有极限，则称函数y＝f(x)在x＝x0处可导，并把这个确定的值叫做y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作f ′(x0)或y ′|x＝x0，即f ′(x0)＝eq \o(lim,\s\do14(Δx→0)) eq \f(Δy,Δx)＝eq \o(lim,\s\do14(Δx→0)) eq \f(fx0＋Δx－fx0,Δx) 几何 意义 f ′(x0)为曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线率．切线方程是y－f(x0)＝f ′(x0)(x－x0)，求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解 导数及其应用 运算 基本初等函数的八个必记导数公式 原函数 导函数 原函数 导函数 f(x)＝C(C为常数) f ′(x)＝0 f(x)＝xα(d∈R) f ′(x)＝α·xα－1 f(x)＝sin x f ′(x)＝cos x f(x)＝cos x f ′(x)＝－sin x f(x)＝ax(a＞0且a≠1) f ′(x)＝ax·ln a f(x)＝logax (a＞0且a≠1) f ′(x)＝eq \f(1,xln a) f(x)＝ex f ′(x)＝ex f(x)＝ln x f ′(x)＝eq \f(1,x) 导数及其应用 运算 运算 法则 (1)[f(x)±g(x)] ′＝f ′(x)±g ′(x)． (2)[f(x)·g(x)] ′＝f ′(x)·g(x)＋f(x)·g ′(x)． (3))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(fx,gx))) ′＝eq \f(f′xgx－fxg′x,[gx]2)(g(x)≠0)． 特别提示：[C·f(x)] ′＝C·f ′(x)，即常数与函数的积的导数，等于常数乘函数的导数 复合数　 一般地，对于由函数y＝f(u)和u＝g(x)复合而成的函数y＝f(g(x))，它的导数为y ′x＝y ′u·u ′x 解 (1)∵f'(x)=(x3+x-16)'=3x2+1, ∴f(x)在点(2,-6)处的切线的斜率为k=f'(2)=13. ∴切线的方程为y=13(x-2)+(-6),即13x-y-32=0. (2)(方法1)设切点为(x0,y0),则直线l的斜率为f'(x0)=3+1, ∴直线l的方程为y=(3+1)(x-x0)++x0-16. 又直线l过点(0,0),∴0=(3+1)(-x0)++x0-16. 整理得=-8,∴x0=-2. ∴y0=(-2)3+(-2)-16=-26. k=3×(-2)2+1=13. ∴直线l的方程为13x-y=0,切点坐标为(-2,-26). 则k=,又k=f'(x0)=3+1, ∴=3+1,解得x0=-2, (3)∵切线与直线y=-+3垂直, ∴切线的斜率k=4.设切点坐标为(x0,y0), 则f'(x0)=3+1=4,∴x0=±1. ∴ 即切点为(1,-14)或(-1,-18). 切线方程为y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18. 即4x-y-18=0或4x-y-14=0. 例2已知函数f(x)=-x+aln x,讨论函数的单调区间. 解 (1)函数的定义域为(0,+∞),函数的导数f'(x)=--1+=-, 设g(x)=x2-ax+1. 当a≤0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 当a>0时,判别式Δ=a2-4, ①当0<a≤2时,Δ≤0,即g(x)≥0恒成立,即f'(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减; x (0,) (,) (,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 综上,当a≤2时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>2时,f(x)在(0,),(,+∞)上单调递减,在()上单调递增. 例3已知a,b为常数且a>0,f(x)=x3+(1-a)x2-3ax+b. (1)若函数f(x)的极大值为2,求a,b满足的关系式; (2)若函数f(x)的极大值为2,且在区间[0,3]上的最小值为-,求a,b的值. f(a)=-a3-a2+b.即-a3-a2+b=-. 又由b=,于是有a3+3a2+3a-26=0,即(a+1)3=27,所以a=2,b=-. 当a>3时,由(1)知f(x)在[0,3]上单调递减,即f(3)为最小值,f(3)=-, 从而求得a=,由于<3,所以不合题意,舍去. 综上,a=2,b=-. 解 由题意可知 +πr2l=,∴l=. 又圆柱的侧面积为2πrl=, 两端两个半球的表面积之和为4πr2. 所以y=()×3+4πr2×4=+8πr2. 又l=>0⇒r<,所以定义域为(0,). (2)因为y'=-+16πr=, 所以令y'>0,得2<r<; 令y'<0,得0<r<2.所以当r=2米时,该容器的建造费用最小,为96π千元,此时l=米. 解 原式等价于方程a=在区间[,e]上有两个不相等的实数根. 令φ(x)=,由φ'(x)=易知,φ(x)在()上单调递增,在(,e)上单调递减,则φ(x)max=φ()=, 而φ(e)=,φ()=. 因为φ(e)-φ()=<0, 所以φ(e)<φ().所以φ(x)min=φ(e), 如图可知,当φ(x)=a有两个不相等的实数根时,需≤a<.即f(x)=g(x)在[,e]上有两个不相等的实数根时a的取值范围为[). 解 (1)∵函数f(x)=xln x的定义域为(0,+∞), ∴f'(x)=ln x+1. 令f'(x)<0,得ln x+1<0,解得0<x<, ∴f(x)的单调递减区间是(0,). 令f'(x)>0,得ln x+1>0,解得x>, ∴f(x)的单调递增区间是(,+∞). (2)∵g'(x)=3x2+2ax-1,由题意得2xln x≤3x2+2ax+1恒成立. ∵x>0,∴a≥ln x-x-在x∈(0,+∞)上恒成立.设h(x)=ln x-x-(x>0),则h'(x)==-. 令h'(x)=0,得x1=1,x2=-(舍). 当x变化时,h'(x),h(x)的变化情况如上表: 【例1】．若函数y＝f(x)在x＝x0处可导，且eq \f(f（x0＋3Δx）－f（x0）,Δx)＝1，则f ′(x0)＝(　　) A．0 B．1 C．3 D.eq \f(1,3) 因为eq \f(f（x0＋3Δx）－f（x0）,Δx)＝1，所以3eq \f(f（x0＋3Δx）－f（x0）,3Δx)＝1， 所以3f ′(x0)＝1，所以f ′(x0)＝eq \f(1,3)，故选D. 【例2】．下列说法正确的是(　　) A．曲线的切线和曲线有且只有一个交点 B．过曲线上的一点作曲线的切线，这点一定是切点 C．若f ′(x0)不存在，则曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处无切线 D．若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处有切线，但f ′(x0)不一定存在 曲线的切线和曲线除有一个公共切点外，还可能有其他的公共点，故A，B错误；f ′(x0)不存在，曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率不存在，但切线可能存在，故C错误，D正确． 【例3】．函数y＝f(x)的图象在点P(5，f(5))处的切线方程是y＝－x＋8，则f(5)＋f ′(5)＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 由切线斜率可知f ′(5)＝－1.又P(5，f(5))在切线上，∴f(5)＝－5＋8＝3，∴f(5)＋f ′(5)＝3－1＝2.故选B. 【例4】．已知曲线f(x)＝x3－2x2＋x. (1)求曲线y＝f(x)在(2，2)处的切线方程； (2)求曲线y＝f(x)过原点O的切线方程． (1)由题意得f ′(x)＝3x2－4x＋1，f ′(2)＝5，f(2)＝2， 所以曲线y＝f(x)在(2，2)处的切线方程为y－2＝5(x－2)， 整理得5x－y－8＝0. (2)令切点为(x0，y0)，因为切点在曲线f(x)上，所以f(x0)＝x03－2x02＋x0，f ′(x0)＝3x02－4x0＋1，所以在点(x0，y0)处的切线方程为y－(x03－2x02＋x0)＝(3x02－4x0＋1)(x－x0)． 因为切线过原点，所以0－(x03－2x02＋x0)＝(3x02－4x0＋1)(0－x0)，解得x0＝0或x0＝1. 当x0＝0时，切点为(0，0)，f ′(0)＝1，切线方程为y＝x； 当x0＝1时，切点为(1，0)，f ′(1)＝0，切线方程为y＝0. 所以切线方程为y＝x或y＝0. 【例5】．若y＝loga(2x2－1)，则y′＝(　　) A.eq \f(4x,（2x2－1）ln a) B.eq \f(4x,2x2－1) C.eq \f(1,（2x2－1）ln a) D.eq \f(2x2－1,ln a ) ∵y＝loga(2x2－1)，∴y′＝eq \f(（2x2－1）′,（2x2－1）ln a)＝eq \f(4x,（2x2－1）ln a)，故选A. 【例6】．已知函数y＝xf ′(x)的图象如图所示， 则y＝f(x)的图象可能是(　　) 由函数y＝xf ′(x)的图象可知： 当x＜－1时，xf ′(x)＜0，即f ′(x)＞0，此时f(x)单调递增； 当－1＜x＜0时，xf ′(x)＞0，即f ′(x)＜0，此时f(x)单调递减； 当0＜x＜1时，xf ′(x)＜0，即f ′(x)＜0，此时f(x)单调递减； 当x＞1时，xf ′(x)＞0，即f ′(x)＞0，此时f(x)单调递增． 故选C. 【例7】．若函数f(x)＝eq \f(2,3)x3－2x2＋ax＋10在区间[－1，4]上具有单调性，则a的取值范围是 ________． f ′(x)＝2x2－4x＋a，函数f(x)在区间[－1，4]上具有单调性等价于f ′(x)＝2x2－4x＋a≤0或f ′(x)＝2x2－4x＋a≥0在[－1，4]上恒成立， 则a≤(－2x2＋4x)min或a≥(－2x2＋4x)max，即a≤－16或a≥2.　 【例8】．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝eq \f(1,2)ax2＋2x(a≠0)． (1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，则实数a的取值范围是________； (2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，则实数a的取值范围是________． (－1，0)∪(0，＋∞) eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,16)，0))∪(0，＋∞) (1)由题知h(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2－2x，x∈(0，＋∞)，所以h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2.由h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，可得当x∈(0，＋∞)时，eq \f(1,x)－ax－2<0有解，即a>eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)有解．设G(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)(x>0)，所以只要a>G(x)min即可．而G(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2)－1，所以G(x)min＝－1.因为a≠0，所以－1<a<0或a>0. (2)由h(x)在[1，4]上单调递减，得当x∈[1，4]时，h′(x)＝eq \f(1,x)－ax－2≤0恒成立，即a≥eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)恒成立． 设H(x)＝eq \f(1,x2)－eq \f(2,x)，x∈[1，4]，所以a≥H(x)max，又H(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1)) eq \s\up12(2)－1，x∈[1，4]，所以eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))， 所以H(x)max＝－eq \f(7,16)(此时x＝4)．因为a≠0，所以－eq \f(7,16)≤a<0或a>0. 【例9】．设a∈R，若函数f(x)＝ex＋ax有大于零的极值点，则(　　) A．a<－eq \f(1,e) B．a>－eq \f(1,e) C．a>－1 D．a<－1 由题意，得f ′(x)＝ex＋a，显然当a≥0时，f ′(x)>0，f(x)在R上单调递增，无极值点，不符合题意，所以a<0，所以f ′(x)＝0的根x＝ln(－a)>0，所以－a>1，即a<－1.函数f(x)在(0，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，有极小值，所以a<－1，故选D. 【例10】．已知f(x)＝eq \f(1,3)x3＋eq \f(1,2)(b－1)x2＋b2x(b为常数)在x＝1处取得极值，则b的值为________． f ′(x)＝x2＋(b－1)x＋b2，因为f(x)在x＝1处取得极值，所以f ′(1)＝b2＋b＝0，所以b＝－1或b＝0.当b＝－1时，f ′(x)＝x2－2x＋1≥0，f(x)无极值；当b＝0时，满足题意．所以b的值为0. 【例11】．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[－2，1]上的最大值、最小值分别是(　　) A．12，－8 B．1，－8 C．12，－15 D．5，－16 y′＝6x2－6x－12，由y′＝0，得x＝－1或x＝2(舍去)． 函数y＝2x3－3x2－12x＋5在(－2，－1)上单调递增，在(－1，1)上单调递减，所以当x＝－1时，y取极大值，也是最大值，最小值在x＝－2或x＝1处取到． 当x＝－2时，y＝1；当x＝－1时，y＝12；当x＝1时，y＝－8. ∴ymax＝12，ymin＝－8.故选A. $$