3.3 导数与函数的极值、最值-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(基础版)

@第三章 一元函数的导数及其应用 3.3 导数与函数的极值、最值 5A>! 1.借助函数的图象,了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件. 2.能利用导数求某些函数的极大值、极小值. 3.会求闭区间上函数的最大值、最小值,体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系. AMc
-  -@) 1.函数的极值 (1)函数极值的定义:如图,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.类似地,函数y=f(x)在点x=b的函数值 f(b)比它在点x=b附近其他点的函数值都 大,f'(b)=0,而且在点x =b 附近的左侧 f'(x)>0,右侧f'(x)<0.我们把a叫做函 数y=f(x)的 ,f(a)叫做函数y= f(x)的 ;b 叫做函数y=f(x)的 ,f(b)叫做函数y=f(x)的 .极小值点、极大值点统称为 , 极小值和极大值统称为 . (2)函数在某点取得极值的必要条件和充分 条件:一般地,函数y=f(x)在某一点的导数 值为0是函数y=f(x)在这点取得极值的 .可导函数y=f(x)在x=x0处取 极大(小)值的充分条件: ① ; ②在x=x0附近的左侧f'(x0)>0(<0),右 侧f'(x0)<0(>0). (3)导数求极值的方法:解方程f'(x)=0,当 f'(x0)=0 时,如 果 在 x0 附 近 的 左 侧 f'(x)>0,右侧f'(x)<0,那么f(x0)是 ;如果在x0附近的左侧f'(x)<0, 右侧f'(x)>0,那么f(x0)是 . " 对于可导函数f(x),“f'(x0)=0”是“函 数f(x)在x=x0 处有极值”的必要不充分条件. 2.函数的最大(小)值 (1)函数最大(小)值的再认识 ① 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; ② 若函数y=f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)为函数在[a,b]上的 ,f(b)为 函数 在[a,b]上 的 ;若 函 数 y = f(x)在[a,b]上 ,则f(a)为函数在 [a,b]上的最大值,f(b)为函数在[a,b]上的 最小值. (2)导数求最值的一般步骤:设函数y=f(x) 在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,求函数y= f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤 如下: ① 求函数y=f(x)在区间(a,b)内的极值; ②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. 3.三次函数的图象、单调性、极值 设三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠ 0),则f'(x)=3ax2+2bx+c,记Δ=4b2- 12ac=4(b2 -3ac),并 设 x1,x2 是 方 程 f'(x)=0的根,且x1<x2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 071 hhh (1)a>0 Δ>0 Δ≤0 图象 单调性 在 (- ∞,x1),(x2, +∞)上单调递增;在 (x1,x2)上单调递减 在R上是增函数 极值点 个数 (2)a<0 Δ>0 Δ≤0 图象 单调性 在(x1,x2)上 单 调 递 增;在(-∞,x1),(x2, +∞)上单调递减 在R上是减函数 极值点 个数 -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)函数的极小值一定比极大值小. ( ) (2)对于可导函数f(x),若f'(x0)=0,则x0 为函数的一个极值点. ( ) (3)函数的极值反映的是函数在定义域内某 一点附近的“局部”性质,而函数的最值则反 映的是函数在定义域内的“整体”性质.( ) (4)函数f(x)在(a,b)内单调,则函数f(x) 在(a,b)内一定没有极值. ( ) (5)三次函数在R上可能不存在极值.( ) 2.(教 材 改 编 题)如 图 是 f(x)的导函数f'(x)的 图象,则f(x)的极小值 点的个数为 . 3.(教材改编题)若函数f(x)= 1 3x 3-4x+m 在[0,3]上的最大值为4,则m= . 4.(教材改编题)已知函数f(x)=x3-3x-1 在区间[-3,2]上的最大值为 M,最小值为 N,则MN = . 5.(多选题)已知函数f(x)=-x3+3x2,则下 列说法正确的是 ( ) A.f(x)+f(2-x)=4 B.函数f(x)在[-2,3]上的最大值为4 C.函数f(x)在[t,t+3]上的最大值为4,则 t∈ [1,2] D.若方程f'(x)+a=0在(0,3)上有两个不 相等的实数根,则实数a 的取值范围为 (-3,0) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 利用导数确定函数的极值(极值点) 命题角度1 利用函数图象判断极值 【例1】 (1)(多选题)函数f(x) 的导函数f'(x)的图象如 图所示,关于函数f(x),下 列说法正确的是 ( ) A.函数f(x)在(-1,1), (3,+∞)上单调递增 B.函数f(x)在(-∞,-1),(1,3)上单调 递减 C.函数f(x)存在两个极值点 D.函数f(x)有最小值,但是无最大值 (2)(多选题)(2023·辽宁锦州 开学考试)函数f(x)的定 义域为R,它的导函数y= f'(x)的部分图象如图所 示,则下列结论正确的是 ( ) A.f(-2)>f(-1) B.x=1是f(x)的极小值点 C.函数f(x)在(-1,1)上有极大值 D.x=-3是f(x)的极大值点 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 072 @第三章 一元函数的导数及其应用 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 由导函数图象判断函数y=f(x)的极值, 要 抓住两点:①由y=f'(x)的图象与x 轴的交点,可 得函数y=f(x)的可能极值点;② 由导函数y= f'(x)的图象可以看出y=f'(x) 的值的正负,从而 可得函数y=f(x)的单调性,两者结合可得极值点. 【对点训练1】 (多选题)(2023·福建漳州第一 外国 语 学 校 摸 底)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y=f(x)在(-∞,-2)上单调递 减,在(2,+∞)上单调递减 B.函数y=f(x)在(-∞,-2)上单调递增, 在(2,+∞)上单调递增 C.函数y=f(x)有极大值f(2)和极小值 f(-2) D.函数y=f(x)有极大值f(-2)和极小值 f(2) 命题角度2 求具体函数的极值、最值 【例2】 (1)函数f(x)= 2x x2+1 -2的极大值为 ;极小值为 . (2)函数f(x)= ln x x 的极大值点和极大值分别 为 ;函数f(x)= x ln x 的极小值点 和极小值分别为 . (3)(2022·全国乙卷改编)函数f(x)=- 1 x- ln x 的最大值为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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. 求函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值时,在 得到 极 值 的 基 础 上,结 合 区 间 端 点 的 函 数 值 f(a),f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数 的最值. 【对点训练2】 (1)(2023·山东泰安摸底)已知 函数f(x)=ex -e-x -sin 2x +1,x ∈ [-π,0],则f(x)的最大值为 . (2)函数f(x)= 2x+2cos x 在[0,π]上的极 小值点为 . (3)(2023·甘肃临夏阶段测试)求函数f(x)= x2-2-ln x 的极值. 命题角度3 含有参数的函数的极值、最值 【例3】 (1)设函数f(x)=mx-ex +3(m ∈ R),讨论函数f(x)的极值. (2)求函数f(x)=ln x-x2在(0,a](a>0)上 的最大值. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 073 hhh 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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. 【对点训练 3】 (1)讨 论 函 数 f(x)=ex - mx2 2 (m ∈R)极值点的个数. (2)已知函数f(x)=x3-3ax+1a> 1 2 ,当 x ∈ [-2,1]时,求函数f(x)的最大值. 考点2 函数极值、最值的应用 命题角度1 已知函数的极值(点)、最值求参数值 (范围) 【例4】 (1)若函数f(x)=x(x-c)2 在x=2 处有极大值,则常数c的值为 . (2)(2022·全国甲卷改编)若当x=1时,函数 f(x)=aln x + b x 取得最大值 -2,则 f'(2)= . (3)已知函数f(x)= ln x+a x 在其定义域的一 个子区间(e,e2)上有极值,则实数a 的取值 范围是 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 已知极值情况求参数问题时要注意: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)内一定不是单调函数,反 之,若函数在某区间上单调,则函数没有极值. 【对点训练4】 (1)若函数f(x)=x3-3x在区 间(a2-6,a)上有最大值,则实数a 的取值 范围是 . (2)已知曲线y=f(x)= 1 3x 3+ax2+bx+ 1 3 在点(1,f(1))处的切线的斜率为3,且当 x=3时,函数f(x)取得极值.求函数f(x) 在[0,3]上的极值和最小值. 命题角度2 利用导数研究实际问题中的优化 问题 【例5】 (1)已知正四棱锥的各顶点都在同一个 球面上,球的体积为36π,则该正四棱锥的体 积最大值为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 074 @第三章 一元函数的导数及其应用 (2)(2023·山东青岛开学考试)某制造商制造 并出售球形瓶装的某种饮料,瓶子的制造成 本是0.8πr2 分,其中r(单位:cm)是瓶子的 半径.已知每出售1 mL的饮料,制造商可获 利0.2分,且制造商能制作的瓶子的最大半 径为6 cm. ①瓶子的半径多大时,能使每瓶饮料的利润 最大? ② 瓶子的半径多大时,每瓶饮料的利润 最小? ③假设每瓶饮料的利润不为负值,求瓶子的 半径的取值范围. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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. 【对点训练5】 滑县木版画是河南安阳最传统 的手工艺品,创始于明朝初期,距今已有六 百多年的历史了,滑县木版画制作工艺考 究,至今一直都是纯手工制作,颜色精细淡 雅,色彩和谐,人物造型夸张,线条刚劲有 力,极具当地的民俗特色.张华的伯伯制作 滑县木版画并出售,寒假期间张华通过调研 得知伯伯制作的A系列木版画的成本为30 元/套,每月的销售量f(x)(单位:套)与销 售价格x(单位:元/套)近似满足关系式 f(x)=(x-90)2,其中30<x<90,则当A 系列木版画销售价格定为 元/套 时,月利润最大. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋   >Fe2 拉格朗日中值定理 【背景解读】 法国数学家拉格朗日于1797年 在其著作《解析函数论》中给出了一个定理,具 体如下.如果函数y =f(x)满足如下条件: (1)在闭区间[a,b]上是连续的;(2)在开区间 (a,b)上可导.则在开区间(a,b)上至少存在一 点ξ,使得f(b)-f(a)=f'(ξ)(b-a)成立,此 定理即“拉格朗日中值定理”,其中ξ 被称为“拉 格朗日中值”. 【题目呈现】 根据“拉格朗日中值定理”, 函数f(x)=(x-2)ln x 在[1,2]上的“拉格朗 日中值”的个数为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 2" 1.函数g(x)=ln x+x在区间[1,2]上的“拉格 朗日中值”ξ= . 2.函数g(x)=ex 在区间[0,1]上的“拉格朗日 中值”ξ= . 学习至此,请完成课时作业18 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 075 hhh 2.解:f'(x)= [-2xex +(1-x2)ex]x-[(1-x2)ex -1] x2 = (-x3-x2+x-1)ex +1 x2 . 令g(x)=(-x3-x2+x-1)ex +1, 则g'(x)= -(x3+4x2+x)ex, 当x>0时,g'(x)<0,则g(x)单调 递减,又g(0)=0, 故当x>0时,g(x)<0,则f'(x)< 0,f(x)在(0,+∞)上单调递减. 3.解:令f(x)=sin x-x+ x3 6 , 则f'(x)=cos x-1+ x2 2 , 令g(x)=f'(x), 则g'(x)= -sin x+x, 令h(x)=g'(x), 则h'(x)=1-cos x≥0,则h(x)单 调递增,又h(0)=0, 则h(x)≥0,所以g(x)单调递增, 又g(0)=0,则g(x)>0(x>0时), 故f(x)单调递增,又f(0)=0, 故f(x)>0.从而当x>0时,sin x> x- x3 6. 3.3 导数与函数的极值、最值 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.(1)极小值点 极小值 极大值点 极大值 极值点 极值 (2)必要条件 ①f'(x0)=0 (3)极大值 极小值 2.(1)② 最小值 最大值 单调递减 3.(1)2 0 (2)2 0 基础检测 1.(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)√ 2.1 解析:由 题 意 知 只 有 在 x = -1处 f'(-1)=0,且其两侧导数符号为左 负右正. 3.4 解析:f'(x)=x2-4,x ∈ [0,3],当 x ∈ [0,2)时,f'(x)<0,当x ∈ (2, 3]时,f'(x)>0,所以f(x)在[0,2) 上单调递减,在(2,3]上单调递增.又 f(0)=m,f(3)= -3+m.所 以 在 [0,3]上,f(x)max =f(0)=4,所 以 m =4. 4.-19 解析:因为f'(x)=3x2-3=3(x- 1)(x+1),x ∈ [-3,2],f'(x)>0, 1<x≤2或-3≤x<-1,f'(x)< 0⇒-1<x <1,所以f(x)在[-3, -1),(1,2]上单调递增,在[-1,1]上 单 调 递 减,因 为 f(-3)= -19, f(-1)=1,f(1)= -3,f(2)=1,所 以 M =1,N = -19,故 MN = -19. 5.AD 对于A,由f(x)= -x3+3x2, 得f(2-x)= -(2-x)3 +3(2- x)2 =x3 -3x2 +4,所 以 f(x)+ f(2-x)= -x3+3x2+x3-3x2+ 4=4,故A正确;对于B,由f(x)= -x3 +3x2,得 f'(x)= -3x2 + 6x =3x(2-x),令f'(x)<0⇒x< 0或x>2,令f'(x)>0⇒0<x<2, 所以函数f(x)在[-2,0)和(2,3]上 单调 递 减,在 (0,2)上 单 调 递 增,又 f(-2)=8+12=20,f(2)= -8+ 12=4,所以f(x)max =20,故B错误; 对于 C,因 为 f(-1)= f(2)=4, f(x)在[t,t+3]上的最大值为4,由 选项B的分析,得 t≥-1 , t≤2, 即 -1≤ t≤2,故C错误;对于D,设g(x)= f'(x)+a = -3x2 +6x +a,因 为 f'(x)+a= -3x2+6x+a=0在(0, 3)上有两个不相等的实数根,所以 g(0)=a<0, g(1)= -3+6+a>0, g(3)= -3×32+6×3+a<0, 解得 -3<a<0,故D正确. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:(1)ABD 由导函数的图象可知,当 x <-1或1<x <3时,f'(x)<0, 当 -1<x<1或x>3时,f'(x)> 0,所以f(x)在(-1,1),(3,+∞)上 单调递增,在(-∞,-1),(1,3)上单调 递减,所以x = -1和x =3为极小值 点,x=1为极大值点,所以函数有3个 极值点,所以f(-1)和f(3)中的最小 值为函数 的 最 小 值,无 最 大 值,故 A, B,D正确. (2)AD 由y=f'(x)的图象可知:当 x∈(-∞,-3)时,f'(x)>0,所以函 数f(x)单调递增;当x ∈ (-3,-1) 时,f'(x)<0,所以函数f(x)单调递 减,因此有f(-2)>f(-1),x = -3 是f(x)的极大值点,故 A,D正确;当 x ∈ (-1,1),或x ∈ (1,+ ∞)时, f'(x)>0,所以函数f(x)单调递增, 因此函数f(x)在(-1,1)上没有极大 值,且x=1不是f(x)的极小值点,故 B,C不正确.故选AD. 对点训练1:BD 由题图可知,当x<-2 时,y>0,1-x >0⇒f'(x)>0,故 f(x)在(- ∞,-2)上单 调 递 增;当 -2<x <1时,y <0,1-x >0⇒ f'(x)<0,故f(x)在(-2,1)上单调 递减;当1<x<2时,y>0,1-x< 0⇒f'(x)<0,故f(x)在(1,2)上单 调递减;当x >2时,y<0,1-x < 0⇒f'(x)>0,故f(x)在(2,+∞)上 单调递增.故函数f(x)在x = -2时 取得极大值,在x =2时取得极小值, 即函数y=f(x)有极大值f(-2)和 极小值f(2).故选BD. 例2:(1)-1 -3 解析:因为f'(x)= 2(x2+1)-4x2 (x2+1)2 = 2(1+x)(1-x) (x2+1)2 .令f'(x)=0,解得 x1 = -1,x2 = 1.当 x 变 化 时, 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) 单调递减 -3 单调递增 -1 单调递减 由上表看出,当x= -1时,f(x)取得 极小值,为f(-1)= -3;当x=1时, f(x)取得极大值,为f(1)= -1. (2)x =e, 1 e x =e ,e 解析:函数f(x)= ln x x 的定义域为 (0,+ ∞),且 f'(x)= 1-ln x x2 .令 f'(x)=0,解得x =e.当x 变化时, f'(x)与f(x)的变化情况如下表: x (0,e) e (e,+∞) f'(x) + 0 - f(x) 单调递增 1 e 单调递减 因此,x =e是函数的极大值点,极大 值 为 f(e)= 1 e ;令 x >0, ln x ≠0, 解 得 x>0且x≠1,所以函数f(x)= x ln x 的定义域为(0,1)∪ (1,+ ∞),因 为 f'(x)= ln x-1 (ln x)2 ,x ∈ (0,1)∪ (1, +∞),令f'(x)>0,解得x >e;由 f'(x)<0,解得0<x<1或1<x< e,则f(x)在(0,1)和(1,e)上单调递 减,在(e,+∞)上单调递增,当x =e 时,f(x)取得极小值,且f(e)=e. (3)-1 解析:f(x)= - 1 x -ln x,x >0,则 f'(x)= 1 x2 - 1 x = 1-x x2 ,当x∈(0, 1)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当 x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单 调递减;所以f(x)max =f(1)= -1. 对点训练2:(1)1 解析:函数f(x)=ex -e-x -sin 2x+ 1,x ∈ [-π,0],所以f'(x)=ex + e-x - 2cos 2x ≥ 2 ex·e-x - 2cos 2x =2-2cos 2x,当且仅当ex = e-x,即x =0时等号成立,又因为2- 2cos 2x ≥0,所 以 f'(x)≥0,所 以 f(x)在[-π,0]上单调递增,其最大 值为f(0)=e0-e0-sin 0+1=1. (2)x = 3π 4 解析:f'(x)= 2-2sin x =0,解得 x = π 4 或 3π 4 ,故f(x)= 2x+2cos x 在区 间 0,π4 上 是 增 函 数,在 区 间 π 4 ,3π 4 上 是 减 函 数, 在 区 间 3π 4 ,π 上是 增 函 数.∴x =3π4 是 函 数的极小值点. (3)解:由题可得 f(x)的 定 义 域 为 (0,+∞). f'(x)= - 1 x +2x , 令f'(x)=0,即 - 1 x +2x =0 ,得 x = 2 2 或x = - 2 2 (舍去), 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -466- 参 考 答 案 令f'(x)>0,得x> 2 2 ,令f'(x)< 0,得 0 < x < 2 2 ,故 f(x)在 0,22 上单调递减,在 22,+∞ 上 单调 递 增,所 以 f(x)存 在 极 小 值 f 2 2 = 22 2 -2-ln 2 2 = - 3 2+ 1 2ln 2,无极大值. 例3:(1)解:因为f(x)=mx-ex+3,所 以f'(x)=m-ex, 当m≤0时,f'(x)=m-ex <0恒成 立,因此f(x)在 R上单调递减,此时 无极值; 当m>0时,由f'(x)=m-ex >0得 x <ln m, 由f'(x)=m-ex <0得x>ln m, 所以f(x)在(- ∞,ln m)上单调递 增,在(ln m,+∞)上单调递减,因此 f(x)有极大值f(ln m)= mln m - m+3,无极小值. 综上所述,当m ≤0时,函数f(x)无 极值;当 m >0时,f(x)有 极 大 值 f(ln m)=mln m-m+3,无极小值. (2)解:依题意,f(x)的定义域为(0, +∞), f'(x)= 1 x -2x = 1-2x2 x , 令f'(x)>0,得 1-2x2 x >0 ,因为 x >0,所以0<x< 2 2. 令f'(x)< 0,得1-2x 2 x <0 ,所以x > 2 2 ,则 f(x)在 0,22 上 单 调 递 增, 在 2 2 ,+∞ 上单调递减. 所以当0<a< 2 2 时,f(x)在(0,a] 上单调递增,此时f(x)max =f(a)= ln a-a2; 当a≥ 2 2 时,f(x)在 0,22 上单调 递增,在 2 2 ,a 上 单 调 递 减,此 时 f(x)max = f 2 2 =ln 22 - 12 = - 1 2ln 2- 1 2. 综上所述,当0<a< 2 2 时,f(x)的 最大值为f(a)=ln a-a2; 当 a ≥ 2 2 时,f(x)的 最 大 值 为 f 2 2 = -12ln 2- 12. 对点训练3:(1)解:f(x)=ex- mx2 2 ,则 f'(x)=ex -mx. ∵x =0显然不是f'(x)的零点, ∴f'(x)=x ex x -m , 令 g(x) = ex x , 则 g'(x) = ex(x-1) x2 , ∴g(x)在(- ∞,0)上单调递减,在 (0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调 递增, 当x <0时,g(x)<0,当x >0时, g(x)>0,且g(x)极小值 =g(1)=e, ∴m ∈(-∞,0)时, ex x =m 只有一个 实数根,所以此时f(x)有1个极值点, m ∈[0,e)时, ex x =m 没有实数根,故 此时f(x)没有极值点, 当m =e时, ex x = m 有一个实数根 x =1,但x =1不是极值点,故此时 f(x)没有极值点, m ∈(e,+∞)时, ex x =m 有两个不相 等的实数根,故f(x)有2个极值点. (2)解:f'(x)=3x2-3a, 令f'(x)=0,则x = ± a, 当 a <1,即 1 2 <a<1 时,f(x)和 f'(x)随x 的变化情况如下表: x -2 (-2, - a) - a (- a, a) a (a,1) 1 f'(x) + 0 - 0 + f(x) -7+ 6a 单调 递增 单调 递减 单调 递增 2-3a f(- a)=2aa +1>2-3a, 由上可知,f(x)的最大值为2aa+1. 当1≤ a <2,即1≤a<4时,f(x) 和f'(x)随x 的变化情况如下表: x -2 (-2, - a) - a (- a,1) 1 f'(x) + 0 - f(x)-7+6a 单调 递增 单调 递减 2-3a f(- a)=2aa +1, 由上可知,f(x)的最大值为2aa+1. 当 a≥2,即a≥4时,f'(x)=3x2- 3a≤0恒成立,即f(x)在[-2,1]上 单调 递 减,所 以 f(x)的 最 大 值 为 f(-2)= -7+6a, 综上所述,当1 2 <a<4 时,f(x)的 最大值为2aa+1;当a≥4时,f(x) 的最大值为-7+6a. 例4:(1)6 解析:函数f(x)=x3-2cx2+c2x, f'(x)=3x2 -4cx +c2 =3 x - c 3 (x-c),依题意得f'(2)=0,即 c=2或c =6,c =2时,f'(x)= 3x- 2 3 (x-2),当23 <x<2时, f'(x)<0,当x>2时,f'(x)>0,则 f(x)在x =2处取极小值,不符合条 件,c=6时,f'(x)=3(x -2)(x - 6),当x<2时,f'(x)>0,当2<x< 6时,f'(x)<0,则f(x)在x =2处 取极大值,符合条件,所以常数c 的值 为6. (2)- 1 2 解析: 因 为 函 数 f(x)定 义 域 为 (0,+ ∞),所以依题意可知,f(1)= -2,f'(1)=0,而f'(x)= a x - b x2 , 所以b= -2,a-b=0,即a = -2, b= -2,所以f'(x)= - 2 x + 2 x2 ,因 此 函 数 f(x)在 (0,1)上 递 增,在 (1,+∞)上递减,x =1时取最大值, 满足题意,即有f'(2)= -1+ 1 2 = - 1 2. (3)-1<a<0 解 析:f'(x) = 1-ln x-a x2 , 令 f'(x)=0,即1-ln x-a =0,解得 x =e1-a,当0<x<e1-a 时,f'(x)> 0;当x >e1-a 时,f'(x)<0,∴f(x) 在(0,e1-a)上单调递增,在(e1-a,+∞)上 单调递减,∴f(x)有极大值f(e1-a)= ln e1-a +a e1-a =ea-1,∴e<e1-a <e2, ∴-1<a<0. 对点训练4:(1)(-1,2] 解析:由题意,得f'(x)=3x2-3= 3(x+1)(x -1).由 f'(x)>0,得 x <-1或 x >1,则 f(x)在 区 间 (-∞,-1)和(1,+∞)上单调递增, 由f'(x)<0,得-1<x<1,则f(x) 在区 间 (-1,1)上 单 调 递 减,所 以 a2-6<-1, a>-1, f(a)≤f(-1), 即 a2-5<0, a>-1, a3-3a≤2, 解 得-1<a≤2. (2)解:f'(x)=x2+2ax+b,结合题 意 可 得 f' (1)=2a+b+1=3, f'(3)=6a+b+9=0, 解 得 a= - 11 4 , b= 15 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 故 f(x)= 1 3x 3 - 11 4x 2+ 15 2x+ 1 3 ,经检验符合题意.则 f'(x)=x2- 11 2x+ 15 2. 令f'(x)>0,解得x>3或x< 5 2 , 令f'(x)<0,解得 5 2 <x <3 , 故f(x)在 0, 5 2 上 单 调 递 增,在 5 2 ,3 上单调递减, 故f(x)在[0,3]上有极大值,无极小 值,且f(x)极大值 =f 5 2 =34148,又 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -467- hhh 因为f(0)= 1 3 ,f(3)= 85 12 ,1 3 < 85 12 , 故f(x)在[0,3]上的最小值是 1 3. 例5:(1)643 解析:如图,设正 四棱锥的底面边 长AB =2a,高 PO =h,外接球 的球 心 为 M,则 OD = 2a,因为 球 的 体 积 为 4 3πR 3 = 36π, 所以球的半径为R =3,在Rt△MOD 中,MD2=OD2+OM2,即32=2a2+ (h-3)2,所以正四棱锥的体积为V = 1 3Sh = 1 3 ×4a 2h = 2 3 [9- (h- 3)2]h,整理得V = - 2 3h 3+4h2(h> 0),则V'= -2h2+8h= -2h(h-4), 当0<h<4时,V'>0,当h>4时, V'<0,所以V= - 2 3h 3+4h2(h>0) 在(0,4)上递增,在(4,+∞)上递减, 所以当h =4时,函数取得最大值为 - 2 3×4 3+4×42= 64 3 ,故该四棱锥的 体积最大值为 64 3. (2)解:① 由题知,每瓶饮料的利润为 y =f(r)=0.2× 4πr3 3 -0.8πr 2 = 0.8πr 3 3 -r 2 ,0<r≤6, 所 以 f'(r)= 0.8π(r2 - 2r)= 0.8πr(r-2), 令f'(r)=0,解得r=2, 当r∈ (0,2)时,f'(r)<0,f(r)在 (0,2)上单调递减, 当r∈ (2,6]时,f'(r)>0,f(r)在 (2,6]上单调递增, 又f(6)=28.8π,f(2)= - 16 15π , 所以当r=6 cm时,每瓶饮料的利润 最大. ②由①知,当r=2 cm时,每瓶饮料的 利润最小. ③由f(r)=0.8π r3 3 -r 2 ≥0(0< r≤6),解得3≤r≤6,故所求瓶子的 半径取值范围是3 cm≤r≤6 cm. 对点训练5:50 解析:设 A 系 列 木 版 画 的 月 利 润 为 g(x),则 g(x)=f(x)(x -30)= (x-90)2(x-30),30<x<90,可得 g'(x)=2(x-90)(x-30)+ (x - 90)2 = 3(x - 90)(x - 50), 令 g'(x)=0,则x=50,当x∈(30,50) 时,g'(x)>0,当 x ∈ (50,90)时, g'(x)<0,g(x)在(30,50)上单调递 增,在 (50,90)上 单 调 递 减,所 以 当 x =50时,利润g(x)取到极大值,也 是最大值,即当 A系列木版画销售价 格定为50元/套时,月利润最大. 􀪋􀪋􀪋􀪋   􀪋􀪋􀪋􀪋 题目呈现:1 解析:f'(x)=1+ln x- 2 x ,令x0 为 函数f(x)= (x-2)ln x 在[1,2]上 的“拉格朗日中值”, 则1+ln x0- 2 x0 =f (2)-f(1) 2-1 = 0, 令g(x)=1+ln x- 2 x ,则g'(x)= 1 x + 2 x2 >0在[1,2]上恒成立, 故g(x)=1+ln x- 2 x 在[1,2]上单 调递增,又g(1)=1-2= -1<0, g(2)=1+ln 2-1=ln 2>0, 由函数零点存在定理可得,存 在 唯 一 的x0 ∈ [1,2],使得g(x0)=0. 素养检测:1.1ln 2 解析:g'(x)= 1 x +1 ,则 g'(ξ)= 1 ξ +1,由“拉格朗日中值”的定义可 知,函数g(x)=ln x+x在区间[1,2] 上的“拉 格 朗 日 中 值”ξ 满 足g(2)- g(1)=g'(ξ)(2-1),所以g'(ξ)= g(2)-g(1)=ln 2+2-1=ln 2+1, 所以g'(ξ)= 1 ξ +1=ln 2+1,即 1 ξ =ln 2,则ξ= 1 ln 2. 2.ln(e-1) 解析:由g(x)=ex 可得g'(x)=ex, 所以g'(ξ)=eξ,由“拉格朗日中值”的 定义可知g'(ξ)= g(1)-g(0) 1-0 = e- 1,即eξ =e-1,所以ξ=ln(e-1). 微专题一 导数的综合应用 典例1:解:(1)∵f(x)=x3-3ln x + 11,∴ 定义域为(0,+∞)且f'(x)= 3x2 - 3 x = 3(x3-1) x = 3(x-1)(x2+x+1) x ,令f'(x)=0 可得x =1, 当x ∈ (1,+ ∞)时,f'(x)>0,当 x ∈ (0,1)时,f'(x)<0,∴f(x)在 (1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调 递减. (2)证 明:由 (1)可 得 f(x)min = f(1)=12.令g(x)= -x3+3x2+ (3-x)ex, g'(x)= -3x2 +6x -ex + (3- x)ex = (2-x)(ex +3x), 令g'(x)=0,又x >0,可得x =2, x ∈(2,+∞)时,g'(x)<0,x∈(0, 2)时, g'(x)>0, ∴g(x)在(2,+ ∞)上单调递减,在 (0,2)上单调递增, 可得g(x)max =g(2)=e2+4, ∴f(x)min>g(x)max,则f(x)>g(x), ∴ 当x >0时,f(x)>-x3+3x2+ (3-x)ex. 对点训练1:解:(1)由f(x)=aln x- ax+1知 函 数 定 义 域 为(0,+ ∞), f'(x)= a x -a= a(1-x) x , 当a>0时,若0<x<1,则f'(x)> 0,若x >1,则f'(x)<0,所以f(x) 的单调递增区间为(0,1),单调递减区 间为(1,+∞); 当a<0时, 若0<x<1,则f'(x)< 0,若x >1,则f'(x)>0,所以f(x) 的单调递减区间为(0,1),单调递增区 间为(1,+∞). (2)证明:令a=1,则f(x)=ln x- x+1,所以f(1)=0, 由(1)可知f(x)在[1,+∞)上单调递 减,故f(x)≤f(1)=0(当x=1时取 等号), 所以f(x)=ln x-x+1≤0,即ln x≤ x-1, 当x≥2时,0<ln x<x-1<x(x- 1),即0<ln x <x(x-1), 即 1 ln x > 1 x(x-1)> 0, 令 x = n,则 1 ln n > 1 n(n-1)= 1 n-1- 1 n ,所以 1 ln 2+ 1 ln 3+ … + 1 ln n> 1 1 - 1 2 + 1 2 - 1 3 + 1 3 - 1 4 + … + 1 n-1- 1 n =1- 1 n = n-1 n ,故当n≥2时, 1 ln 2+ 1 ln 3+ …+ 1 ln n> n-1 n . 典例2:解:(1)易知函数f(x)的定义域 为(0,+∞), 根据题 意 可 得 f'(x)= 1 x +a = 1+ax x ,令f'(x)=0,得x = - 1 a , 当x ∈ 0,- 1 a 时,f'(x)>0,即 f(x)在 0,- 1 a 上单调递增, 当x ∈ - 1 a ,+∞ 时,f'(x)<0, 即f(x)在 - 1 a ,+∞ 上单调递减; 所 以 f(x)max = f - 1 a = ln- 1 a +1=2,解得a= -1e. (2)由(1)知f(x)=ln x- x e+2 , 因为x≥1,所以ln x- x e+2≤bx 可 化为b≥ ln x x - 1 e+ 2 x , 设g(x)= ln x x - 1 e+ 2 x , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -468-