6.2.2 导数与函数的极值、最值-【新课程能力培养】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册学习手册（人教B版）

参 考 答 案 k<0 时， 函数 f （ x ）的减区间为 - 1 k ， + ! " ∞ ， 增区间 为 -∞ ， - 1 k ! " . （ 2 ） ∵ 函数 f （ x ）在区间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增， ∴ 若 k>0 ， 则 - 1 k ≤-1 ， 即 0<k≤1 时， 函数 f （ x ）在 区间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增， 若 k<0 ， 则 - 1 k ≥1 ， 即 -1≤k<0 时， 函数 f （ x ）在区 间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增 . 综上可知， 函数 f （ x ）在区间 （ -1 ， 1 ） 内单调递增 时， k 的取值范围是 ［ -1 ， 0 ） ∪ （ 0 ， 1 ］ . 6.2.2 导数与函数的极值、 最值 第 1 课时 导数与函数的极值、 最值 学习手册 变式训练 1 （ 1 ） ① 错误 ② 错误 ③ 错误 ④ 正确 【解析】 函数的极大值不一定大于其极小值， 故 ① 错误 ； 导数为 0 的点不一定是极值点 ， 比如 f （ x ） =x 3 ， f ′ （ 0 ） =0 ， 但是 x=0 不是极值点， 故 ② 错误； 函数 y=f （ x ） 可能有极大值或极小值， 也可能没有极值， 故 ③ 错误； 函数的极值点是自变量的值， 极值是函数值 . 故 ④ 正确 . （ 2 ） B 【解析 】 由图象可知 ， 当 x∈ - 1 2 ， ! " 0 时 ， f ′ （ x ） <0 ， ∴ 函数 f （ x ）在 - 1 2 ， ! " 0 上单调递减， 故 A 错 误； 当 x∈ （ 0 ， 4 ） 时， f ′ （ x ） ≥0 ， ∴ 函数 f （ x ）在 （ 0 ， 4 ） 上单调递增， 故 B 正确， C 错误； 函数 f （ x ）在 x=0 处取 得极小值， 故 D 错误 ． 故选 B. 变式训练 2 （ 1 ） ① 正确 ② 错误 ③ 错误 ④ 错误 【解析】 函数的最大值不一定是函数的极大值， 可 能是在区间端点处取得， 判断 ① 正确； 函数 f （ x ）在区间 ［ a ， b ］ 上的最大值与最小值不一定在区间端点处取得， 可能为函数的极值， 判断 ② 错误； 函数 f （ x ） =sinx 在区 间 （ 0 ， 仔 ） 上有极大值， 但没有最小值， 判断 ③ 错误； 函数 f （ x ） =sinx 在区间 - 仔 2 ， ， ( 0 上最大值为 0 ， 最小值 为 -1 ， 二者之和为 -1 ， 小于 0 ， 判断 ④ 错误 . （ 2 ） 解： 由题图可知， y=f （ x ）在 x 1 ， x 3 处取极小值， 在 x 2 处取极大值， ∴ 极小值为 f （ x 1 ）， f （ x 3 ）， 极大值为 f （ x 2 ）； 比较极值和端点值可知函数的最小值是 f （ x 3 ）， 最 大值在 b 处取得， 最大值为 f （ b ） . 变式训练 3 解： （ 1 ） 当 m=1 时， f （ x ） = x 2 -x+1 e x ， f ′ （ x ） =- x 2 -3x+2 e x =- （x-1 ）（x-2 ） e x ， 令 f ′ （ x ） >0 ， 解得 x∈ （ 1 ， 2 ）； 令 f ′ （ x ） <0 ， 解得 x<1 或 x>2. 故 f （ x ）在 （ -∞ ， 1 ） 上单调递减， 在 （ 1 ， 2 ） 上单 调递增， 在 （ 2 ， +∞ ） 上单调递减， 故 f （ x ）的极小值为 f （ 1 ） = 1 e ， 极大值为 f （ 2 ） = 3 e 2 . （ 2 ） 由题可知， g （ x ） = x 2 2 -2x- mx 2 -x+1 e x ， 则 g′ （ x ） =x-2- 2mx-mx 2 +x-2 e x = e x （x-2 ） -mx （ 2-x ） - （x-2 ） e x = （ x-2 ）（ e x +mx-1 ） e x . 要讨论 g （ x ）的极值点的个数， 令 φ （ x ） =e x +mx-1 ， 先讨论 φ （ x ）的零点个数 . 令 φ （ x ） =e x +mx-1=0 ， 则 m=- e x -1 x =h （ x ） （ x>0 ）， 故 h′ （ x ） =- e x （ x-1 ） +1 x 2 ， 令 p （ x ） =e x （ x-1 ） +1 ， 则 p′ （ x ） =e x x>0. 故 p （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 又 p （ 0 ） =0 ， 故 x>0 时， p （ x ） >0 ， 此时 h′ （ x ） <0 ， 则 h （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递减 . ① 当 m≥-1 时， m=- e x -1 x =h （ x ） （ x>0 ） 无实数解， φ （ x ） =e x +mx-1=0 在 （ 0 ， +∞ ） 上没有实根， 故当 x∈ （ 0 ， 2 ） 时， g′ （ x ） <0 ， 当 x∈ （ 2 ， +∞ ） 时， g′ （ x ） >0 ， 故 g （ x ）在 （ 0 ， 2 ） 上单调递减， 在 （ 2 ， +∞ ） 上单 调递增， 只有一个极值点 x=2. ② 当 m<-1 时， 且 m= 1-e 2 2 时， 此时 φ （ x ） =e x +mx-1=0 的实数解为 2 ， 且 g′ （ x ） ≥0 ， g （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上单调递增， 无极值点 . ③ 当 m<-1 且 m≠ 1-e 2 2 时， y=m 与 h （ x ） =- e x -1 x 有一 个交点， φ （ x ） =e x +mx-1=0 有一个实数解 x 0 ， x 0 >0 且 x 0 ≠2 ， 63 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 此时 g′ （ x ） =0 有两个不等的实根 x 0 ， 2. 若 x 0 ∈ （ 0 ， 2 ）， g （ x ）在 （ 0 ， x 0 ） 上单调递增， 在 （ x 0 ， 2 ） 上单调递减， （ 2 ， +∞ ） 上单调递增， 此时有 2 个极值点； 若 x 0 >2 ， 则 g （ x ）在 （ 0 ， 2 ） 上单调递增， 在 （ 2 ， x 0 ） 上单调递减， （ x 0 ， +∞ ） 上单调递增， g （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上有 2 个极值点 . 综上， 当 m≥-1 时， g （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上只有 1 个 极值点； 当 m= 1-e 2 2 时， g （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上没有极值点； 当 m<-1 且 m≠ 1-e 2 2 时， g （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上有 2 个极值点 . 随堂练习 1. D 【解析】 由图象知， 当 x<-3 或 x>3 时， f ′ （ x ） > 0 ， f （ x ）单调递增， 当 -3<x<3 时， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）单调递 减， ∴ f （ x ）在区间 （ -∞ ， -3 ）， （ 3 ， +∞ ） 内单调递增， 在区间 （ -3 ， 3 ） 内单调递减， -3 是 f （ x ）的极大值点， 3 是 f （ x ）的极小值点 ， 故 A ， B ， C 错误 ； 又 ∵f ′ （ 2 ） <0 ， ∴ 曲线 y=f （ x ）在 x=2 处切线斜率小于 0 ， 故 D 正确 . 故 选 D. 2. A 【解析】 由题意得 f ′ （ x ） =x 2 -x+c ， 若函数 f （ x ） 有极值， 则 Δ=1-4c>0 ， 解得 c< 1 4 ， 故选 A. 3. -2<a≤- 1 2 【解析】 ∵f ′ （ x ） =3x 2 -3=3 （ x+1 ）（ x-1 ）， ∴x<-1 或 x>1 时， f ′ （ x ） >0 ； -1<x<1 时， f ′ （ x ） <0. ∴ f （ x ）在 （ -∞ ， -1 ） 和 （ 1 ， +∞ ） 上都递增， 在 （ -1 ， 1 ） 上递减， f （ x ） max =f （ -1 ） =-1+3-1=1. f （ x ）在区间 （ a-2 ， 2a+3 ） 上有最大值， 则 a-2<-1<2a+3 ， f （ 2a+3 ） = （ 2a+3 ） 3 -3 （ 2a+3 ） -1≤1 1 ， 解得 -2<a≤- 1 2 . 4. 4 （答案不唯一， 满足 a>3 即可） 【解析 】 由题意得 ， f ′ （ x ） = （ x-3 ） 2 + （ x-a ）· 2 （ x-3 ） = （ x-3 ）（ x-3+2x-2a ） = （ x-3 ）（ 3x-2a-3 ）， 令 f ′ （ x ） =0 ， 解得 x=3 或 x= 2a+3 3 . 当 2a+3 3 >3 ， 即 a>3 时， f （ x ）在 （ -∞ ， 3 ） 上单调递 增， 在 3 ， 2a+3 3 ' 上单调递减， ∴ f （ x ）在 x=3 处取极大 值， ∴a 的一个取值为 a=4. 5. 解： 函数 f （ x ） =x 2 -alnx-1 （ a∈R ） 在 ［ 1 ， 2 ］ 内 不存在极值点， 故 f （ x ） =x 2 -alnx-1 （ a∈R ） 在 ［ 1 ， 2 ］ 上单调， 函数 f ′ （ x ） ≥0 或 f ′ （ x ） ≤0 （ a∈R ） 在 ［ 1 ， 2 ］ 上恒成立， 由 f ′ （ x ） =2x- a x ≥0 在 ［ 1 ， 2 ］ 上恒成立， 即 a≤ （ 2x 2 ） min ， x∈ ［ 1 ， 2 ］， ∵g （ x ） =2x 2 在 x∈ ［ 1 ， 2 ］ 上单调递增 ， 故 g （ x ） min = g （ 1 ） =2 ， 即 a≤2. 由 f ′ （ x ） =2x- a x ≤0 在 ［ 1 ， 2 ］ 上恒成立 ， 即 a≥ （ 2x 2 ） max ， x∈ ［ 1 ， 2 ］， ∵g （ x ） =2x 2 在 x∈ ［ 1 ， 2 ］ 上单调递增 ， 故 g （ x ） max = g （ 2 ） =8 ， 即 a≥8 ， 故 a 的取值范围是 （ -∞ ， 2 ］ ∪ ［ 8 ， +∞ ） . 练习手册 效果评价 1. C 【解析】 由 f ′ （ x ）的图象可得， 当 x∈ （ -∞ ， -3 ） 时， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）单调递减； 当 x∈ （ -3 ， 1 ） 时， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增； 当 x∈ （ 1 ， 3 ） 时， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）单调递减； 当 x∈ （ 3 ， +∞ ） 时， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增 . x=1 是函数 f （ x ）的一个极大值点， 不一定是函数的 零点 ， 故 A 不正确 ； f （ -3 ）是函数 f （ x ）的一个极小值 ， 不一定是函数 f （ x ）的最小值， 故 B 错误； 函数 f （ x ）在 （ 1 ， 3 ） 上单调递减， 故 C 正确； x=3 为函数 f （ x ）的极小值 点， 故 D 错误 . 故选 C. 2. D 【解析】 函数在 ［ a ， b ］ 上的极值不一定是最 值， 最值也不一定是极值， 故 AB 错误； 函数 f （ x ）在 ［ a ， b ］ 上的极值一定不会在端点处取得， 故 C 错误； 若 f （ x ） 在 ［ a ， b ］ 上连续， 则 f （ x ）在 ［ a ， b ］ 上存在最大值和 最小值， 故 D 正确 . 故选 D. 3. B 【解析】 f （ x ） =x 3 -3mx 2 +nx+m 2 ， f ′ （ x ）=3x 2 -6mx+ n ， 根据题意， f ′ （ -1 ） =3+6m+n=0 ， f （ -1 ） =-1-3m-n+m 2 = 0 ， 解得 m=-1 ， n= 1 3 或 m=-2 ， n=9 1 . 当 m=-1 ， n= 1 3 时， f ′ （ x ）=3x 2 +6x+3=3 （ x+1 ） 2 ≥0 ， 函数单 调递增， 无极值点， 舍去 . 当 m=-2 ， n= 1 9 时， f ′ （ x ）=3x 2 +12x+9=3 （ x+1 ）（ x+3 ） . 64 参 考 答 案 在 x∈ （ -∞ ， -3 ） 和 x∈ （ -1 ， +∞ ） 时， f ′ （ x ）>0 ， 函 数单调递增； 在 x∈ （ -3 ， -1 ） 时， f ′ （ x ）<0 ， 函数单调递减， 故 函数在 x=-1 处有极小值， 满足条件 . 综上所述， m+n=9-2=7. 故选 B. 4. D 【解析】 f ′ （ x ）=a-2x ， 令 f ′ （ x ）=0 ， 得 x= a 2 . 当 x< a 2 时， f ′ （ x ）>0 ， f （ x ）递增， 当 x> a 2 时， f ′ （ x ）<0 ， f （ x ） 递减， 因此 a 2 是 f （ x ）的极大值点， 由于只有一个极值 点， 因此其也是最大值点， 由题意得 a 2 ∈ （ 1 ， 2 ）， ∴a∈ （ 2 ， 4 ） . 故选 D. 5. A 【解析】 f ′ （ x ）=2x-a- 1 x = 2x 2 -ax-1 x （ x>0 ）， 令 2x 2 -ax-1=0 ， Δ=a 2 +8>0 ， 则 x= a± a 2 +8 姨 4 ， ∵ a 2 +8 姨 >a ， ∴x= a- a 2 +8 姨 4 （舍去） . 当 x ∈ 0 ， a+ a 2 +8 姨 4 4 $ 时 ， f ′ （ x ） <0 ， 当 x ∈ a+ a 2 +8 姨 4 ， + + & ∞ 时， f ′ （ x ） >0 ， ∴ 函 数 f （ x ） 在 x∈ 0 ， a+ a 2 +8 姨 4 + & 上 递 减 ， 在 x∈ a+ a 2 +8 姨 4 ， + + & ∞ 上递增， ∴ 函数 f （ x ）有极小值， 无极大值 . 故选 A. 6. ABC 【解析 】 不妨取 f （ x ） = （ x-x 0 ） 3 ， 则 f ′ （ x ）= 3 （ x-x 0 ） 2 ≥0 ， 当且仅当 x=x 0 时 ， 等号成立 ， 但函数 f （ x ）在 R 上单调递增， 无极值点， 故 A 错误； 取 f （ x ） = -x 3 ， 则 f ′ （ x ）=-3x 2 ≤0 ， 当且仅当 x=0 时， 等号成立， 但 函数 f （ x ） =-x 3 在 R 上单调递减， ∴ “ f （ x ）在 R 上单调递 减” 圯 “ f ′ （ x ）<0 在 R 上恒成立”， 另一方面， 若 f ′ （ x ）<0 在 R 上恒成立， 则函数 f （ x ）在 R 上单调递减， ∴ “ f （ x ）在 R 上单调递减” 坩 “ f ′ （ x ）<0 在 R 上恒成立”， ∴ “ f （ x ）在 R 上单调递减” 是 “ f ′ （ x ）<0 在 R 上恒成立” 的必要不 充分条件， 故 B 错误； 若函数 f （ x ）既有极小值又有极大 值， 则其极大值不一定不会比它的极小值小， 如图所 示， 函数 f （ x ）的极大值 f （ x 4 ）小于它的极小值 f （ x 1 ）， 故 C 错误； 若 f （ x ）在 R 上存在极值， 则它在 R 一定不单调， 故 D 正确 . 故选 ABC. 7. B 【解析】 若函数 f （ x ）在 x=x 0 处有极值， 则一定 有 f ′ （ x 0 ） =0 ； 反之， 若 f ′ （ x 0 ） =0 ， 函数 f （ x ）在 x=x 0 处不一 定有极值， 如 f （ x ） =x 3 在 x=0 处满足 f ′ （ 0 ） =0 ， 但 f （ x ）在 x=0 处无极值 . ∴ “ f ′ （ x 0 ） =0 ” 是 “函数 f （ x ）在 x=x 0 处有 极值” 的必要不充分条件 . 故选 B. 8. ② 【解析】 y=x 3 ， y′=3x 2 ≥0 ， ∴y=x 3 在 R 上递增， 没有极值， 故 ① 不符合题意； y=x 2 +1 ， y′=2x ， ∴ 函数在 （ -∞ ， 0 ） 上 f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）递减， 在 （ 0 ， +∞ ） 上 f ′ （ x ） > 0 ， f （ x ）递增， ∴y=x 2 +1 在 x=0 处取得极值， 故 ② 符合题 意； y=ln （ x+1 ）在 （ -1 ， +∞ ） 上递增， 没有极值， 故 ③ 不符合题意； y=2 x 在 （ -1 ， +∞ ） 上递增， 没有极值， 故 ④ 不符合题意 . 9. 证明： 由函数 f （ x ） =ax 3 +bx 2 +cx+d ， 得 f ′ （ x ） =3ax 2 + 2bx+c ， ∵b 2 -3ac<0 ， ∴a≠0 ， ∴Δ=4b 2 -12ac=4 （ b 2 -3ac ） <0 ， ∴3ax 2 +2bx+c=0 没有实数根 ， 即 f ′ （ x ） =3ax 2 +2bx+c>0 （或 <0 ）， 故 f （ x ）是单调函数， ∴ f （ x ）无极值 ． 10. 解： （ 1 ） 由题知， 当 a=1 时， f （ x ） = 1 3 x 3 +x 2 -3x ， 则 f ′ （ x ） =x 2 +2x-3= （ x+3 ）（ x-1 ）， 令 f ′ （ x ） =0 ， 得 x=-3 或 x=1 ， 则 -4<x<-3 时， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增； -3<x<1 时， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）单调递减； 1<x<2 时， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ） 单调递增 . ∴ f （ x ）在 x=-3 时取极大值 f （ -3 ） =9 ， 在 x=1 时取极 小值 f （ 1 ） =- 5 3 . 又 ∵f （ -4 ） = 20 3 ， f （ 2 ） = 2 3 . 综上， f （ x ）在 区间 ［ -4 ， 2 ］ 上取得的最大值为 9 ， 最小值为 - 5 3 . （ 2 ） f ′ （ x ） =x 2 +2ax-3a 2 = （ x+3a ）（ x-a ）， 且 x∈ （ 1 ， 2 ）， 当 a=0 时， f （ x ）单调递增， 函数 f （ x ）没有极值 . 当 a>0 时 ， x<-3a 时 ， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增 ； -3a<x<a 时， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）单调递减； x>a 时， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增 . ∴ f （ x ）在 x=-3a 取得极大值， 在 x=a 取得极小值， O x y y=f （ x ） x 2 x 1 x 3 x 4 x 5 x 6 ba 第 6 题答图 65 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 则 1<a<2. 当 a<0 时， x<a 时， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增； a<x< -3a 时， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）单调递减 ； x>-3a 时 ， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）单调递增 . ∴ f （ x ）在 x=a 取得极大值 ， 在 x=-3a 取得极小值 ， 由 1<-3a<2 得 - 2 3 <a<- 1 3 . 综上， 函数 f （ x ）在区间 （ 1 ， 2 ） 存在极小值时 a 的 取值范围是 （ 1 ， 2 ） ∪ - 2 3 ， - 1 3 3 # . 提升练习 11. BC 【解析 】 由题图知 ， 当 x∈ （ -∞ ， -2 ） 时 ， g （ x ） >0 ， ∴ f ′ （ x ）<0 ； 当 x∈ （ -2 ， 0 ） 时， g （ x ） <0 ， ∴ f ′ （ x ）> 0 ； 当 x∈ （ 0 ， 1 ） 时， g （ x ） <0 ， ∴ f ′ （ x ）<0 ； 当 x∈ （ 1 ， +∞ ） 时， g （ x ） >0 ， ∴ f ′ （ x ）>0. ∴ f （ x ）在 （-∞ ， -2 ）， （ 0 ， 1 ） 上 单调递减， 在 （ -2 ， 0 ）， （ 1 ， +∞ ） 上单调递增， ∴ f （ x ） 有三个极值点， f （ 0 ）为函数的极大值， f （ -2 ）和 f （ 1 ）为 f （ x ）的极小值. 故 AD 错误， BC 正确 . 故选 BC. 12. B 【解析 】 ∵f （ x ） =x （ x -c ） 2 ， ∴ f ′ （ x ） = （ x -c ） 2 + 2x （ x-c ） = （ x-c ）（ 3x-c ） . ∵ 函数 f （ x ） =x （ x-c ） 2 在 x=2 处有极大值， ∴ f ′ （ 2 ） = （ 2-c ）（ 6-c ） =0 ， 解得 c=2 或 c=6. 当 c=2 时， f ′ （ x ） = （ x-2 ）（ 3x-2 ）， 由 f ′ （ x ） >0 得 x< 2 3 或 x>2 ； 由 f ′ （ x ） <0 得 2 3 <x<2 ， ∴ f （ x ）在 -∞ ， 2 3 3 & ， （ 2 ， +∞ ） 内单调递增 ， 在 2 3 ， 3 & 2 内单调递减， 此时不满足在 x=2 处有极大值； 当 c=6 时， f ′ （ x ） =3 （ x-6 ）（ x-2 ）， 由 f ′ （ x ） >0 得 x<2 或 x>6 ； 由 f ′ （ x ） <0 得 2<x<6 ， ∴ f ′ （ x ）在 （ -∞ ， 2 ）， （ 6 ， +∞ ） 内单调递增 ， 在 （ 2 ， 6 ） 内单调递减， 此时满足在 x=2 处有极大值 . 故 选 B. 13. ①②④ 【解析】 ∵ f ′ （ x ） =3x 2 -6x ， ∴ f ′ （ 1 ） =3-6=-3 ， 且 f （ 1 ） =1-3+3=1 ， ∴ 函数 y=f （ x ）的图象在点 （ 1 ， f （ 1 ）） 处的切线为 3x+y-4=0 ， 故 ① 正确； 令 f ′ （ x ） =3x 2 -6x>0 ， 解得 x<0 或 x>2 ， ∴ 函数 y=f （ x ） 在 （ -∞ ， 0 ） 和 （ 2 ， +∞ ） 上单调递增， 在 （ 0 ， 2 ） 上单 调递减 . 又 ∵ f （ -1 ） =-1<0 ， f （ 0 ） =3>0 ， f （ 2 ） =-1<0 ， f （ 3 ） =3>0 ， ∴ 在 （ -1 ， 0 ）， （ 0 ， 2 ）， （ 2 ， 3 ） 上各有一点 x 使 f （ x ） = 0 ， 即函数 y=f （ x ）有 3 个零点， 故 ② 正确； 由 ② 知函数 y=f （ x ）在 x=2 处取得极小值， 故 ③ 错误； 令 g （ x ） =x 3 -3x ， ∵g （ -x ） =-x 3 +3x=-g （ x ）， ∴ 函数 g （ x ） 为奇函数， 则 g （ x ）的图象关于原点对称 . 将函数 g （ x ） =x 3 - 3x 的图象向右平移一个单位再向上平移一个单位可得函 数 h （ x ） = （ x-1 ） 3 -3 （ x-1 ） +1=x 3 -3x 2 +3=f （ x ）， ∴ 函数 y=f （ x ） 的图象关于点 （ 1 ， 1 ） 对称， 故 ④ 正确 . 14. 解： （ 1 ） f ′ （ x ） =2a-2x- 2 x = -2x 2 +2ax-2 x （ x>0 ）， ∵ f （ x ）在定义域内单调， ∴ 在 （ 0 ， +∞ ） 上 f ′ （ x ） ≥0 恒成立或 f ′ （ x ） ≤0 恒成立， 即 -2x 2 +2ax-2≥0 或 -2x 2 +2ax-2≤0 恒成立， ∵ 二次函数 y=-2x 2 +2ax-2 开口向下， 故 -2x 2 +2ax-2≥ 0 不可能恒成立， ∴-2x 2 +2ax-2≤0 恒成立， 即 a≤x+ 1 x ， ∵x+ 1 x ≥2 ， 当且仅当 x= 1 x ， 即 x=1 时， 取等号， ∴a≤2. （ 2 ） 由 （ 1 ） 可得， 要使 f （ x ）有极大值和极小值， 则 2<a≤ 5 2 ， 令 f ′ （ x ） = -2x 2 +2ax-2 x =0 ， 即 x 2 -ax+1=0 ， 设方程的两根为 x 1 ， x 2 ， 则有 x 1 +x 2 =a ， x 1 x 2 =1 ， 不妨设 0<x 1 <1<x 2 ， 则当 0<x<x 1 和 x>x 2 时 ， f ′ （ x ） <0 ， 当 x 1 <x<x 2 时 ， f ′ （ x ） >0 ， ∴ 函数 f （ x ）在 （ 0 ， x 1 ） 和 （ x 2 ， +∞ ） 上递减， 在 （ x 1 ， x 2 ） 上递增， ∴ f （ x ） 极大值 =f （ x 2 ）， f （ x ） 极小值 =f （ x 1 ）， 即 m-n=2ax 2 -x 2 2 -2lnx 2 - （ 2ax 1 -x 2 1 -2lnx 1 ） =2a （ x 2 -x 1 ） - （ x 2 2 -x 2 1 ） -2 （ lnx 2 -lnx 1 ） =a （ x 2 -x 1 ） -2ln x 2 x 1 = （ x 2 +x 1 ）（ x 2 -x 1 ） +2ln x 1 x 2 = x 2 2 -x 2 1 x 1 x 2 +2ln x 1 x 2 = x 2 x 1 - x 1 x 2 +2ln x 1 x 2 ， 令 t= x 1 x 2 ， t∈ （ 0 ， 1 ）， 66 参 考 答 案 ∵t + 1 t = x 1 x 2 + x 2 x 1 = x 2 1 +x 2 2 x 1 x 2 = （ x 1 +x 2 ） 2 -2x 1 x 2 x 1 x 2 =a 2 -2 ∈ 2 ， 17 4 " # ， 则 t+ 1 t ≤ 17 4 ， ∴ 1 4 ≤t<1 ， 令 g （ t ） = 1 t -t+2lnt ， t∈ 1 4 ， # 1 1 ， 则 g′ （ t ） =- 1 t 2 -1+ 2 t = -t 2 +2t-1 t 2 <0 ， ∴ 函数 g （ t ）在 1 4 ， ， 1 1 上递减， ∴g （ 1 ） <g （ t ） ≤g 1 4 4 ， ， 即 0<g （ t ） ≤ 15 4 -4ln2 ， 即 m-n∈ 0 ， 15 4 -4ln n 2 " . 第 2 课时 利用导数求函数极值、 最值的方法 学习手册 变式训练 1 解： （ 1 ） 由 f （ x ）关于 x=2 对称， 则两对零 点关于 x=2 对称， 当 f （ x ） =0 时， 有 x=0 ， x=1 ， x=a ， x=b ， 又 ∵a<b ， ∴ a+1 2 =2 ， b 2 =2 2 + + + + * + + + + + , ， 可得 a=3 ， b=4 4 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， g （ x ） =f （ x+2 ） = （ x+2 ）（ x+1 ）（ x-1 ）（ x- 2 ） =x 4 -5x 2 +4 ， ∴g′ （ x ） =4x 3 -10x ， 令 g′ （ x ） =0 ， 即 2x （ 2x 2 -5 ） =0 ， 可 得 x=0 ， x=± 10 姨 2 ， ∴x<- 10 姨 2 时， g′ （ x）<0 ， g （ x）递减； - 10 姨 2 <x<0 时， g′ （ x）>0 ， g （ x）递增； 0<x< 10 姨 2 时， g′ （ x）<0 ， g （ x）递减； x> 10 姨 2 时， g′ （ x）>0 ， g （ x）递增. ∴ g （ x ）有两个极小值： g - 10 姨 2 2 ， =g 10 姨 2 2 ， =- 9 4 ， 故其极小值为 - 9 4 . ∵g （ x ）是由 f （ x ）平移得到的， 故 f （ x ）的极小值为 - 9 4 . 变式训练 2 （ 1 ） 证明： 由题意知 f （ x ）的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） = 1 x + a x 2 = x+a x 2 . ∵a>0 ， ∴ f ′ （ x ） >0 ， 故 f （ x ）在 （ 0 ， +∞ ） 上是单调递 增函数 . （ 2 ） 解： 由 （ 1 ） 可知， f ′ （ x ） = x+a x 2 . ① 若 a≥-1 ， 则 x+a≥0 ， 即 f ′ （ x ） ≥0 在 ［ 1 ， e ］ 上 恒成立， 此时 f （ x ）在 ［ 1 ， e ］ 上为增函数， ∴ f （ x ） min =f （ 1 ） =-a= 3 2 ， ∴a=- 3 2 （舍去）； ② 若 a≤-e ， 则 x+a≤0 ， 即 f ′ （ x ） ≤0 在 ［ 1 ， e ］ 上 恒成立， 此时 f （ x ）在 ［ 1 ， e ］ 上为减函数， ∴ f （ x ） min =f （ e ） =1- a e = 3 2 ， ∴a=- e 2 （舍去）； ③ 若 -e<a<-1 ， 令 f ′ （ x ） =0 ， 得 x=-a ， 当 -a<x<e 时， f ′ （ x ） >0 ， ∴ f （ x ）在 （ -a ， e ） 上为增 函数， 当 1<x<-a 时， f ′ （ x ） <0 ， ∴ f （ x ）在 （ 1 ， -a ） 上为减 函数， ∴ f （ x ） min =f （ -a ） =ln （ -a ） +1= 3 2 ， ∴a=- e 姨 . 综上所述， a=- e 姨 . 变式训练 3 解： （ 1 ） 当 a=3 时， f （ x ） = 1 x -x+3lnx （ x> 0 ）， ∴h （ x ） =3lnx-x （ x>0 ）， ∴h′ （ x ） = 3 x -1= 3-x x ， 令 h′ （ x ） >0 得 0<x<3 ； 令 h′ （ x ） <0 得 x>3. 故 h （ x ）的增区间为 （ 0 ， 3 ）， 减区间为 （ 3 ， +∞ ） . （ 2 ） 结论： f （ x 1 ） +f （ x 2 ） ≥- 1 2 （ a-2 ） 2 ， 证明如下： f （ x 1 ） +f （ x 2 ） = 1 x 1 -x 1 +alnx 1 2 ， + 1 x 2 -x 2 +alnx 2 2 ， = x 1 +x 2 x 1 x 2 - （x 1 +x 2 ） +alnx 1 x 2 = 2 x 1 x 2 -2+alnx 1 x 2 . 设 t=x 1 x 2 ， 由 x 1 ， x 2 均为正数且 x 1 x 2 ≤ x 1 +x 2 2 2 ， 2 =1 ， 得 0<t≤1. 设 g （ t）= 2 t -2+alnt （ 0<t≤1 ）， 则 g′ （ t ） =- 2 t 2 + a t = at-2 t 2 . ① 当 a≤2 时， 由 0<t≤1 ， 得 at-2≤0 ， 即 g′ （ t ） <0 ， 故 g （ t ）单调递减， 从而 g （ t ） ≥g （ 1 ） =0 ， 而 - 1 2 （ a-2 ） 2 ≤0 ， 此时 f （ x 1 ） +f （ x 2 ） ≥- 1 2 （ a-2 ） 2 成立； ② 当 a>2 时， g （ t ）在 0 ， 2 a 2 ， 上单调递减， 在 2 a ， 2 ， 1 67 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 上单调递增， 故 g （ t ）的最小值为 g 2 a ! " =a-2+aln 2 a . 此时只需证 a-2+aln 2 a ≥- 1 2 （ a-2 ） 2 ， 化简后即证 ln 2 a + 1 2 a-1≥0. 设 h （ a ） =ln 2 a + 1 2 a-1 （ a>2 ）， h′ （ a ） = a-2 2a >0 ， 故 h （ a ）单调递增， 从而有 h （ a ） >h （ 2 ） =0 ， 即证 ln 2 a + 1 2 a-1≥0. 综上， 不等式得证 . 随堂练习 1. D 【解析】 f ′ （ x ） =3x 2 -3=3 （ x+1 ）（ x-1 ）， 当 x∈ （ -1 ， 1 ） 时， f ′ （ x ） <0 ， ∴ f （ x ）在 （ -1 ， 1 ） 上是单调递减函数， 无最大值和最小值 . 故选 D. 2. A 【解析】 函数的定义域为 R ， 由 f （ x ） = x e x ， 得 f ′ （ x ） = e x -xe x （ e x ） 2 = 1-x e x . 当 x<1 时， f ′ （ x ） >0 ， 当 x>1 时， f ′ （ x ） <0 ， ∴ f （ x ）在 （ -∞ ， 1 ） 上单调递增， 在 （ 1 ， +∞ ） 上单调递减， ∴ 当 x=1 时， f （ x ）取得最大值， f （ x ）没有最小值 . 故选 A. 3. B 【解析】 根据导函数图象可知： 当 x∈ （ -∞ ， -3 ） 时， f ′ （ x ） <0 ， 在 x∈ （ -3 ， 1 ） 时， f ′ （ x ） >0. ∴ 函数 y=f （ x ） 在 （ -∞ ， -3 ） 上单调递减， 在 （ -3 ， 1 ） 上单调递增， -3 是函数 y=f （ x ）的极小值点， 故 A 错误， B 正确； ∵y= f （ x ）在 （ -3 ， 1 ） 上单调递增， ∴-1 不是函数 y=f （ x ）的最 小值点， 故 C 不正确； ∵ 函数 y=f （ x ）在 x=0 处的导数大 于 0 ， ∴ 切线的斜率大于 0 ， 故 D 不正确 . 故选 B. 4. -4 【解析】 f ′ （ x ） =-3x 2 +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 ） =-x 3 +3x 2 -4 ， 经检验符合题意， f ′ （ x ） =-3x 2 +6x ， f ′ （ x ） >0圯0<x<1 ； f ′ （ x ） <0圯-1<x<0. 由 此 可 得 f （ x ） 在 （ -1 ， 0 ） 上 单 调 递 减 ， 在 （ 0 ， 1 ） 上单调递增 ， ∴ 当 m∈ ［ -1 ， 1 ］ 时 ， f （ m ） min = f （ 0 ） =-4. 5. 解： （ 1 ） ∵ f （ x ） = 1 3 x 3 - 1 2 ax 2 -2x （ a∈R ）， ∴ f ′ （ x ） =x 2 -ax-2. ∵ f （ x ）在 x=2 处取得极值， ∴ f ′ （ 2 ） =0 ， 即 2 2 - 2a-2=0 ， 解得 a=1 ， ∴ f （ x ） = 1 3 x 3 - 1 2 x 2 -2x ， ∴ f ′ （ x ） =x 2 -x- 2= （ x+1 ）（ x-2 ）， ∴ 当 x<-1 或 x>2 时 f ′ （ x ） >0 ， 当 -1<x<2 时 f ′ （ x ） <0 ， ∴ f （ x ）在 ［ -2 ， -1 ） 上单调递增 ， 在 （ -1 ， 1 ］ 上单调递减 . 又 f （ -2 ） = 1 3 × （ -2 ） 3 - 1 2 × （ -2 ） 2 -2× （ -2 ） =- 2 3 ， f （ 1 ） = 1 3 ×1 3 - 1 2 ×1 2 -2×1=- 13 6 ， ∴ f （ x ）在 ［ -2 ， 1 ］ 上的最小值 为 - 13 6 . （ 2 ） 由 （ 1 ） 知， f （ x ） = 1 3 x 3 - 1 2 x 2 -2x. 若函数 g （ x ） =f （ x ） +b （ b∈R ） 有且只有一个零点， 则方程 -b=f （ x ） （ b∈R ） 有唯一解， 即 -b= 1 3 x 3 - 1 2 x 2 -2x （ b∈R ） 有唯一解 . 由 （ 1 ） 知， f （ x ）在 （ -∞ ， -1 ）， （ 2 ， +∞ ） 上单调 递增， 在 （ -1 ， 2 ） 上单调递减， 又 f （ -1 ） = 7 6 ， f （ 2 ） =- 10 3 ， 函数图象如下所示， ∴-b<- 10 3 或 -b> 7 6 ， 得 b> 10 3 或 b<- 7 6 ， 即 b 的取值范围为 -∞ ， - 7 6 ! " ∪ 10 3 ， + ! " ∞ . 练习手册 效果评价 1. B 【解析】 导数为 0 的点不一定是极值点， 还要 满足导函数在这一点的左侧与右侧的函数值异号， 故 A 错误 . 根据极值的概念， 在 x=x 0 附近的左侧 f ′ （ x ） >0 ， 函 数单调递增； 在 x=x 0 附近的右侧 f ′ （ x ） <0 ， 函数单调递 减， ∴ f （ x 0 ）为极大值， 故 B 正确， CD 错误 ． 故选 B. 2. A 【解析】 f （ x ）的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f′ （ x ） = 1-lnx x 2 ， f （ x ）在 （ 0 ， e ）， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）递增； 在 （ e ， +∞ ）， f ′ （ x ） < 0 ， f （ x ）递减， ∴ f （ x ）的极大值为 f （ e ） = 1 e ， 没有极小值 . 故选 A. 第 5 题答图 68 参 考 答 案 3. A 【解析】 由题意， 函数 f （ x ） =2lnx+ax 2 -3x ， 可得 f′ （ x ） = 2 x +2ax-3. ∵x=2 是 f （ x ）的极值点， 可得 f′ （ 2 ） =1+4a-3=0 ， 解得 a= 1 2 ， ∴ f′ （ x ） = 2 x +x-3= （ x-1 ）（ x-2 ） x ， x>0. 当 1 3 ≤x<1 时， f ′ （ x ） >0 ， 函数 f （ x ）单调递增； 当 1<x<2 时， f ′ （ x ） <0 ， 函数 f （ x ）单调递减； 当 2<x≤3 时， f ′ （ x ） >0 ， 函数 f （ x ）单调递增 . 由 f （ 1 ） =- 5 2 ， f （ 3 ） =2ln3- 9 2 ， 又由 f （ 3 ） -f （ 1 ） =2ln3- 9 2 + 5 2 =2ln3-2>2lne-1=0 ， ∴ f （ 1 ） <f （ 3 ）， ∴ 当 x=3 时， 函 数 f （ x ）取得最大值， 最大值为 2ln3- 9 2 . 故选 A. 4. A 【解析】 由题意可得 f ′ （ x ） =- 2 x +2x+a （ x>0 ）， f ′ （ x ）在 （ 1 ， 2 ） 上单调递增， 若 f （ x ）在 （ 1 ， 2 ） 上有最 值， 则 f （ x ）在 （ 1 ， 2 ） 上不单调， ∴ f ′ （ 1 ） =a<0 ， f ′ （ 2 ） =a+3>0 0 ， 解得 -3<a<0. 故选 A. 5. C 【解析】 如函数为 f （ x ） = 1 2 x 2 - 1 x ， x<0 ， 1 2 x 2 -lnx ， x>0 0 % % % % $ % % % % % & ， 则 f ′ （ x ） = x+ 1 x 2 ， x<0 ， x- 1 x ， x>0 0 % % % % $ % % % % % & ， 符合题意， 但 f （ x ）不是偶函 数， 故 A 错误； 由 f ′ （ x ）的图象 ， 得 f （ x ）在 （ -∞ ， -1 ） 递减 ， 在 （ -1 ， 0 ） 递增 ； 在 （ 0 ， 1 ） 递减 ， 在 （ 1 ， +∞ ） 递增 ， 故 B 错误； 由 f ′ （ -1 ） =f ′ （ 1 ） =0 ， ∴ f （ x ）存在极小值 f （ -1 ） 和 f （ 1 ）， 无论 f （ 0 ）是 否 存 在 ， 均 可 得 出 f （ x ）一 定 有最 小 值 ， 故 C 正确； 最小值不 一定为负数， 故 D 错 误 . 故选 C. 6. D 【解析 】 由 题意 f ′ （ x ） = （ x 2 +2x- 3 ） e x = （ x -1 ） （ x +3 ） e x ， ∴ 当 x<-3 或 x>1 时 ， f ′ （ x ） >0 ， 当 -3<x<1 时， f ′ （ x ） < 0 ， f （ x ）在 （ -∞ ， -3 ） 和 （ 1 ， +∞ ） 上递增， 在 （ -3 ， 1 ） 上递减 . f （ x ） 极大值 = f （ -3 ） = 6 e 3 ， f （ x ） 极小值 =f （ 1 ） =-2e ， x<- 3 姨 或 x> 3 姨 时， f （ x ） >0 ， x→-∞ 时， f （ x ） → 0 ， x→ +∞ 时， f （ x ） →+∞ ， ∴ f （ 1 ）也是最小值， f （ x ）无最 大值 . 作出 y=f （ x ）的图象和直线 y=a ， 如图 . 当 a=1 或 a> 6 e 3 时， f （ x ） =a 有一个根， 当 0<a< 6 e 3 时， f （ x ） =a 有三个根 . 故选 D. 7. BCD 【解析】 由 f （ x ） = x 2 +3x+1 e x 可得， f′ （ x ） = -x 2 -x+2 e x = - （ x+2 ）（ x-1 ） e x ， 令 f′ （ x ） =0 ， 得 x=1 或 x=-2 ， 当 x<-2 或 x>1 时， f′ （ x ） <0 ， 即 f′ （ x ） 在 （ -∞ ， -2 ）， （ 1 ， +∞ ） 上 单调递减， 当 -2<x<1 时， f′ （ x ） >0 ， 即 f′ （ x ） 在 （ -2 ， 1 ） 上单调递增， 则 f （ x ）有极小值 f （ -2 ） =-e 2 ， 极大值为 f （ 1 ） = 5 e ， 故 B 正确 . 又 f （ -3 ） =e 3 >0 ， f （ -2 ） =-e 2 <0 ， 即 f （ x ）在 （ -3 ， -2 ） 内有 1 个零点； 又 f （ 0 ） =1>0 ， 故 f （ x ）在 （ -2 ， 0 ） 内有 1 个零点； 当 x>0 时， f （ x ） >0 ， 此时无零点， 故函数 f （ x ） 存在 2 个不同的零点， A 错误 . 结合以上分析可作出函数图象： 函数 f （ x ）在 x=1 时取极大值 f （ 1 ） = 5 e ， 故 x∈ ［ t ， +∞ ） 时， f （ x ） max = 5 e ， 则 t 的最大值为 1 ， 故 C 正确 . 结合函数图象可知当 -e 2 <k<0 时， f （ x ）图象与 y=k 只 有 2 个交点， 故方程 f （ x ） =k 有且只有 2 个实根， D 正确 . 故选 BCD. 8. ［ -2 ， 1 ） 【解析】 由题意可得， 函数 f （ x ） =x 3 -3x ， 第 6 题答图 第 7 题答图 x y=f （ x ） y=k y O 1 -2 -e 2 69 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 ∴ f ′ （ x ） =3x 2 -3. 令 f ′ （ x ） =3x 2 -3=0 可得， x=±1. ∴ f （ x ）在 （ -∞ ， -1 ） 上递增， 在 （ -1 ， 1 ） 上递减， 在 （ 1 ， +∞ ） 上递增 . ∵ 函数 f （ x ）在区间 （ a ， 6-a 2 ） 上有最小值， 则其最 小值必为 f （ 1 ）， ∴1∈ （ a ， 6-a 2 ）， 即 a<1<6-a 2 . 又结合函数的性质可得 f （ a ） =a 3 -3a≥f （ 1 ） =-2 ， 且 6- a 2 -a>0 ， 联立解得 -2≤a<1. 9. （ 1 ） 2 （ 2 ） ［ e ， +∞ ） 【解析 】 （ 1 ） 当 a=1 时， f （ x ） = xe x ， x≤0 ， x 2 -2x ， x>0 0 . 当 x≤0 时， f （ x ） =xe x =0 ， ∵e x >0 ， ∴x=0 ； 当 x>0 时， f （ x ） =x 2 -2x=0 ， 解得 x=0 （舍去） 或 x=2. ∴x=0 ， 2 是函数 f （ x ）的零点， 即当 a=1 时， 函数 f （ x ） 有两个零点 . （ 2 ） ① 当 x≤0 时， f （ x ） =xe x 圯f ′ （ x ） = （ x+1 ） e x ， 令 （ x+1 ） e x >0 ， 解得 x>-1 ， ∴ 函数 f （ x ）在区间 （ -∞ ， -1 ） 上单调递减， 在区间 （ -1 ， 0 ］ 上单调递增， 且函数过原点， 最小值为 f （ -1 ） =- 1 e . ② 当 x>0 时， f （ x ） =ax 2 -2x. 若 a<0 ， 二次函数 f （ x ） =ax 2 -2x 开口向下， 最小值取 到负无穷， 不符合题意； 若 a=0 ， 则函数 f （ x ） =-2x 为单调递减的一次函数， 不符合题意； 若 a>0 ， 函数图象为开口向上的二次函数， 最小值 在对称轴 x= 1 a 处取到， 则 f 1 a a ( =- 1 a ≥- 1 e 圯a≥e. 10. 解： （ 1 ） f （ 1 ） =a+b ， f ′ （ x ） =3ax 2 +b ， f ′ （ 1 ） =3a+b ， ∴ f （ x ）在 （ 1 ， f （ 1 ）） 点处的切线方程是 y-f （ 1 ） =f ′ （ 1 ）（ x- 1 ）， 即 y-a-b= （ 3a+b ）（ x-1 ）， 化简得 y= （ 3a+b ） x-2a. 又切线方程是 y+2=0 ， 故 3a+b=0 ， -2a=-2 0 ， a=1 ， b=-3 ， ∴ f （ x ）的解析式为 f （ x ） =x 3 -3x. （ 2 ） ∵ 对任意 x 1 ， x 2 ∈ ［ -2 ， 3 ］， 都有 |f （ x 1 ） -f （ x 2 ） |≤ m ， ∴ 对任意 x∈ ［ -2 ， 3 ］， 都有 f （ x ） max -f （ x ） min ≤m. ∵ f ′ （ x ） =3x 2 -3=3 （ x+1 ）（ x-1 ）， ∴ 当 x∈ ［ -2 ， -1 ） 时， f ′ （ x ） >0 ， 则 f （ x ）是增函数， 当 x∈ （ -1 ， 1 ） 时， f ′ （ x ） <0 ， 则 f （ x ）是减函数， 当 x∈ （ 1 ， 3 ］ 时， f ′ （ x ） >0 ， 则 f （ x ）是增函数， ∴ f （ x ） max =max{f （ -1 ）， f （ 3 ） }=18 ， f （ x ） min =min{f （ -2 ）， f （ 1 ） }=-2 ， ∴m≥20 ， 实数 m 的取值范围是 ［ 20 ， +∞ ） . 提升练习 11. D 【解析 】 由正弦函数的性质可知 ， x 2 +x 3 =1 ， x 4 +x 5 =3 ， x 1 <0 ， ∴ 5 i=1 移 x i f （ x i ） = （ x 1 +x 2 +x 3 +x 4 +x 5 ）f （ x 1 ） = （x 1 + 4 ）f （ x 1 ） = （x 1 +4 ） e x 1 . 令 g （ x ） = （ x+4 ） e x （ x<0 ）， 则 g′ （ x ） = （ x+5 ） e x . 当 x∈ （ -∞ ， -5 ） 时， g′ （ x ） <0 ， g （ x ） 单调递减； 当 x∈ （ -5 ， 0 ） 时， g′ （ x ） >0 ， g （ x ） 单调递增 . 又 ∵ 当 x<-4 时 ， g （ x ） <0 ， 且 g （ 0 ） =4 ， ∴g （ x ） min = g （ -5 ） =- 1 e 5 ， ∴- 1 e 5 ≤g （ x ） <4 ， ∴ 5 i=1 移 x i f （ x i ）的取值范围为 - 1 e 5 ， ( 4 4 . 故选 D. 12. C 【解析】 ∵y=lnx 在 （ 0 ， +∞ ） 上是增函数， ∴lnπ>lne=1 ， a=ln （ lnπ ） >ln （ lne ） =0 ， b= 2 3 ln 2 3 < 2 3 ln1 =0 ， 即 a>0 ， b<0. 构造函数 f （ x ） =xlnx ， 则 f ′ （ x ） =lnx+1 ， 令 lnx+1=0 ， 解得 x= 1 e . 当 x∈ 0 ， 1 e a e 时， f′ （ x ） <0 ， 则 f （ x ）单调递减； 当 x∈ 1 e ， + a e ∞ 时， f′ （ x ） >0 ， 则 f （ x ）单调递增 . ∴ 函数 f （ x ）在 x= 1 e 处取得最小值， 即 f （ x ） ≥f 1 e a e = 1 e ln 1 e =- 1 e ， ∴ f 2 3 a e >f 1 e a e ， 即 2 3 ln 2 3 >- 1 e ， b>c. 综上所述， c<b<a. 故选 C. 13. 17 姨 -1 8 【解析】 设 ∠AOC=θ ， 则 ∠COD=θ ， 根 据题意易知 θ∈ 0 ， π 2 2 e . ∵OD=OB ， ∴△OBD 为等腰三 角形 ， 则 ∠ODB=∠OBD. 又 ∵∠AOD=∠ODB+∠OBD ， ∴∠COD=∠ODB=∠OBD=θ ， ∴OC∥DB ， 则三块场地的 面积和为 S= 1 2 θ+ 1 2 sinθ+ 1 2 sin （ π-2θ ） = 1 2 θ+ 1 2 sinθ+ 1 2 sin2θ ， θ∈ 0 ， π 2 a e ， 则 S′= 1 2 + 1 2 cosθ+cos2θ=2cos 2 θ+ 70 参 考 答 案 1 2 cosθ- 1 2 ， θ∈ 0 ， π 2 2 # . 令 S′=0 ， 解得 cosθ= 17 姨 -1 8 或 cosθ= - 17 姨 -1 8 （舍 去 ） . 设 φ 为 cosθ= 17 姨 -1 8 所对应的角 ， ∵y=cosθ∈ 0 ， π 2 2 & 上单调递减， ∴θ∈ （ 0 ， φ ） 时， S 单调递增； θ∈ φ ， π 2 2 & 时， S 单调递减 . ∴ 当 cosθ= 17 姨 -1 8 时 ， 面积 最大 . 14. 解： （ 1 ） 由题意， 函数 f （ x ） = e x x -ax+alnx 的定 义域为 （ 0 ， +∞ ）， 当 a=1 时， 函数 f （ x ） = e x x -x+lnx ， 可 得 f ′ （ x ） = xe x -e x x 2 -1+ 1 x = （ x-1 ） e x x 2 - x-1 x = （ x-1 ）（ e x -x ） x 2 . 令 g （ x ） =e x -x ， x∈ （ 0 ， +∞ ）， 则 g′ （ x ） =e x -1>0 ， ∴ g （ x ）是增函数， ∴g （ x ） >g （ 0 ） >0 ， 由 f ′ （ x ） =0 ， 可得 x=1 ， 当 x>1 时， f ′ （ x ） >0 ； 当 0<x<1 时， f ′ （ x ） <0. ∴ 当 x=1 时， 函数取得极小值， ∴ f （ x ）的极小值点 为 1 ， 无极大值点 . （ 2 ） 由 f （ x ） ≥0 ， 可得 e x-lnx ≥a （ x-lnx ）， 令 t=x-lnx ， x∈ （ 0 ， +∞ ）， 则 e t ≥at ， 且 t′=1- 1 x = x-1 x . 令 t′=0 ， 可得 x=1 ， 当 x>1 时， t′>0 ； 当 0<x<1 时， t′<0. ∴ 当 x=1 时 ， t min =1 ， ∴t∈ ［ 1 ， +∞ ）， ∴a≤ e t t ， 令 m （ t ） = e t t ， t∈ ［ 1 ， +∞ ）， 则 m′ （ t ） = e′ （ t-1 ） t 2 ≥0 ， ∴m （ t ） min = m （ 1 ） =e ， ∴ 实数 a 的取值范围为 （ -∞ ， e ］ . 15. 解： （ 1 ） 由题意， f ′ （ x ） =x 2 - （ m+1 ） x≥0 在 ［ 2 ， +∞ ） 恒成立， ∴m+1≤x 恒成立， ∴m+1≤2 ， ∴m≤1. （ 2 ） ∵ f ′ （ x ） =x ［ x- （ m+1 ）］， 当 m+1≤2 时， 即 m≤1 时， f （ x ）在区间 ［ 2 ， 3 ］ 上递增 ， ∴ f min （ x ） =f （ 2 ） =-2m+ 5 3 . 当 2<m+1<3 时， 即 1<m<2 时， f （ x ）在区间 ［ 2 ， m+ 1 ］ 上递减， 在区间 ［ m+1 ， 3 ］ 上递增 . ∴ f （ x ） min =f （ m+1 ） =- 1 6 （ m+1 ） 3 +1. 当 m+1≥3 时， 即 m≥2 时， f （ x ）在区间 ［ 2 ， 3 ］ 上 递减， ∴ f （ x ） min =f （ 3 ） =- 9 2 m+ 11 2 . 综上， g （ m ） = -2m+ 5 3 ， m≤1 ， - 1 6 （ m+1 ） 3 +1 ， 1<m<2 ， - 9 2 m+ 11 2 ， m≥2 2 + + + + + + + + * + + + + + + + + , . 阶段性练习卷 （五） 1. A 【解析】 f （ x ）的定义域为 （ 0 ， +∞ ）， f ′ （ x ） = 1-lnx x 2 ， f （ x ）在 （ 0 ， e ）， f ′ （ x ） >0 ， f （ x ）递增； 在 （ e ， +∞ ）， f ′ （ x ） <0 ， f （ x ）递减， ∴ f （ x ）的极大值为 f （ e ） = 1 e ， 没有极小值 . 故选 A. 2. C 【解析】 函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 不存在极值点， 故 f （ x ）为 R 上的单调函数 . 由函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 求导得， f ′ （ x ） =3x 2 +2x+m ， 因函数 f （ x ） =x 3 +x 2 +mx+1 是 R 上的单调函数， 而抛 物线 f ′ （ x ） =3x 2 +2x+m 开口向上， 因此有 坌x∈R ， 3x 2 +2x+m≥0 恒成立， 于是得 Δ=4- 12m≤0 ， 解得 m≥ 1 3 ， ∴ 实数 m 的取值范围是 1 3 ， + & ∞ ∞ . 故选 C. 3. C 【解析】 ∵ 曲线 y=f （ x ）在点 （ 1 ， f （ 1 ）） 处的切 线方程为 x-y+1=0 ， ∴ f （ 1 ） =2 ， f ′ （ 1 ） =1 ， 进而可得 1+a+b=2 ， 3+2a=1 1 ， 解得 a=-1 ， b=2 1 ， 故 f （ x ） =x 3 -x 2 +2 ， f ′ （ x ） =3x 2 -2x=x （ 3x-2 ）， 由 f ′ （ x ） >0 ， 解得 x<0 或 x> 2 3 ； 由 f ′ （ x ） <0 ， 解得 0<x< 2 3 . 故 f （ x ）在 x∈ （ -∞ ， 0 ］ 上单调递增， 在 x∈ 0 ， 2 3 ∞ 3 上单调递减， 在 x∈ 2 3 ， + # ∞ ∞ 上单调递增， 故 f （ x ）在 x=0 处取得极大值 ， 且 f （ x ）的极大值为 f （ 0 ） =2. 故选 C. 4. C 【解析】 由已知 f ′ （ x ） =1-2cos2x ， 令 f ′ （ x ） =1- 71 第六章 导数及其应用 学 6.2.2 导数与函数的极值、 最值 第 1课时 导数与函数的极值、 最值 学 习 目 标 1. 理解函数的极值、 最值概念 . 2. 会运用导数求函数的极值和最值 . 要 点 精 析 要点 1 函数极值点、 极值的概念 一般地， 设函数 y=f （ x ）的定义域为 D ， 设 x 0 ∈D ， 如果对于 x 0 附近的任意不同于 x 0 的 x ， 都有 （ 1 ） f （ x ） <f （ x 0 ）， 则称 x 0 为 f （ x ）函数的一 个极大值点， 且 f （ x ）在 x 0 处取极大值； （ 2 ） f （ x ） >f （ x 0 ）， 则称 x 0 为 f （ x ） 函数的 一个极小值点， 且 f （ x ）在 x 0 处取极小值 . 极大值点与极小值点都称为极值点， 极 大值与极小值都称为极值 . 思考 极值和最值有何不同 ？ 你对 “附近” 怎么理解？ 例 1 作出下列函数的图象 ， 观察图 象， 指出下列函数的极值和极值点 . （ 1 ） f （ x ） =x 2 ； （ 2 ） f （ x ） =x 3 ； （ 3 ） f （ x ） =-｜x｜. 分析 画出函数图象， 结合极值、 极 值点的定义判断 . 解： 画出三个函数图象 . 结合函数图象和极值定义可知： （ 1 ） 极小值点 0 ， 极小值为 0 ； （ 2 ） 无极值点， 无极值； （ 3 ） 极大值点 0 ， 极大值为 0. 变式训练 1 （ 1 ） 判断正误 （正确的填 “正确”， 错 误的填 “错误”） ① 函数的极大值一定大于其极小值 . （ ） ② 导数为 0 的点一定是极值点 . （ ） ③ 函数 y=f （ x ）一定有极大值和极小值 . （ ） ④ 函数的极值点是自变量的值， 极值是 函数值 . （ ） （ 2 ） 设函数 f （ x ）的导函数为 f ′ （ x ）， y= f ′ （ x ）的部分图象如图所示， 则 （ ） 图 1 图 2 图 3 图 6-2-3 图 6-2-4 1 y x O 3 4 - 1 2 59 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 A. 函数 f （ x ）在 - 1 2 ， ! " 1 上单调递增 B. 函数 f （ x ）在 （ 0 ， 4 ） 上单调递增 C. 函数 f （ x ）在 x=3 处取得极小值 D. 函数 f （ x ）在 x=0 处取得极大值 反思感悟 （ 1 ） 极值点 x 0 是一个实数； （ 2 ） 极大值和极小值之间没有必然的 大小关系； （ 3 ） 极值点 x 0 是区间内部的点 . 要点 2 函数最值的概念 一般地， 设函数 y=f （ x ）的定义域为 D ， 设 x 0 ∈D ， 如果对于 坌x∈D ： （ 1 ） f （ x ） ≤f （ x 0 ）， 则称 x 0 为 f （ x ）函数的 一个最大值点， 且 f （ x ）在 x 0 处取最大值； （ 2 ） f （ x ） ≥f （ x 0 ）， 则称 x 0 为 f （ x ）函数的 一个最小值点， 且 f （ x ）在 x 0 处取最小值 . 最大值点与最小值点都称为最值点， 最 大值与最小值都称为最值 . 思考 最值的定义和极值的定义有何 不同？ 例 2 已知函数 f （ x ） =x 3 -3x. （ 1 ） 求函数 f （ x ）的极值， 并作出函数的 图象； （ 2 ） 求函数 f （ x ）在区间 ［ -2 ， 3 ］ 的最值 . 分析 本题函数为连续函数， 可以利 用导数判断函数单调性， 求出极值画出图象 . 解： （ 1 ） 由已知， f （ x ） =x 3 -3x ， f ′ （ x ） = 3x 2 -3 ， 解方程 3x 2 -3=0 ， 可得 x 1 =-1 ， x 2 =1. 解不等式 f ′ （ x ） >0 ， 可得 x<-1 或 x>1 ， 此时 f （ x ）递增； 解不等式 f ′ （ x ） <0 ， 可得 -1<x<1 ， 此时 f （ x ）递减； 因此， f （ x ）在 （ -∞ ， -1 ） 上递增， 在 （ -1 ， 1 ） 上递减， 在 （ 1 ， +∞ ） 上递增， 而 且 f ′ （ -1 ） =f ′ （ 1 ） =0. 从而可知 ， x=-1 是函数的极大值点 ， 极大值为 f （ -1 ） =2 ； x=1 是函数的极小值点， 极小值为 f （ 1 ） =-2. 函数图象的示意图如图 . （ 2 ） 由 f （ -2 ） =-2 ， f （ 3 ） =18 可知， 函数 f （ x ）在区间 ［ -2 ， 3 ］ 的最大值为 f （ 3 ） =18 ， 最 小值为 f （ -2 ） =f （ 1 ） =-2. 变式训练 2 （ 1 ） 判断正误 （正确的写 “正确”， 错误 的写 “错误”） ① 函数的最大值不一定是函数的极大值 . （ ） ② 函数 f （ x ）在区间 ［ a ， b ］ 上的最大值 与最小值一定在区间端点处取得 . （ ） ③ 有极值的函数一定有最值， 有最值的 函数不一定有极值 . （ ） ④ 若函数 f （ x ）有两个最值， 则它们的和 大于零 . （ ） （ 2 ） 如图是函数 y=f （ x ）在区间 ［ a ， b ］ 图 6-2-5 60 第六章 导数及其应用 学 上的图象， 写出函数的极大值、 极小值、 最 大值和最小值 . 变式训练 3 已知函数 f （ x ） = mx 2 -x+1 e x . （ 1 ） 当 m=1 时， 求 f （ x ）的极值； （ 2 ） 设函数 g （ x ） = x 2 2 -2x-f （ x ）， 讨论 g （ x ）在区间 （ 0 ， +∞ ） 上的极值点的个数 . 反思感悟 （ 1 ） 最值点 x 0 是一个实数； （ 2 ） 最大值必然不小于最小值； （ 3 ） 注意： 最值点 x 0 可以是区间内部 的点， 也可以是区间端点 . 数 学 文 化 例 （多选题） 材料： 函数是描述客观 世界中变量关系和规律的最为基本的数学语 言和工具， 初等函数是由常数和基本初等函 数经过有限次的有理运算及有限次的复合所 产生的， 且能用一个解析式表示的函数， 如 函数 f （ x ） =x x （ x>0 ）， 我们可以作变形： f （ x ） =x x =e lnx x =e xlnx ， ∴ f （ x ） =x x 可看作是由函数 p （ t ） =e t 和 g （ x ） =xlnx 复合而成的， 即 f （ x ） =x x （ x> 0 ） 为初等函数 . 根据以上材料， 对于初等函数 h （ x ） =x 1 x （ x>0 ） 的说法正确的是 （ ） A. 无极小值 B. 有极小值 1 C. 无极大值 D. 有极大值 e 1 e 分析 根据给定信息， 对函数 h （ x ）变 形并求导， 进而判断其极值情况即可得解 . 解析： 依题意， h （ x ） =x 1 x =e lnx 1 x =e 1 x lnx ， x> 0 ， 求导得 ， h′ （ x ） =e 1 x lnx · 1 x ln n " x ′ =e 1 x lnx · - 1 x 2 lnx+ 1 x 2 n " = 1 x 2 · e 1 x lnx ·（ 1-lnx ）， 由 h′ （ x ） = 0 ， 得 x=e. 当 0<x<e 时， h′ （ x ） >0 ， 函数 h （ x ）在（ 0 ， e ） 上单调递增， 当 x>e 时， h′ （ x ） <0 ， 函数 h （ x ）在 （ e ， +∞ ） 上单调递减， ∴h （ x ）有极大 值 h （ e ） =e 1 e ， 无极小值 . 故选 AD. f （ x 2 ） O x 2 f （ a ） f （ x 1 ） f （ x 3 ） x 1 a x 3 b x f （ b ） y 图 6-2-6 61 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 学 习 目 标 1. 进一步理解函数的极值、 最值的概念 . 2. 会运用函数的极值和最值解决问题 . 要 点 精 析 要点 1 函数极值点、 极值的求法 一般地， 设函数 f （ x ） 在 x 0 处可导， 且 f ′ （ x 0 ） =0. （ 1 ） 如果对于 x 0 左侧附近的任意 x ， 都 有 f ′ （ x ） >0 ， 对于 x 0 右侧附近的任意 x ， 都 有 f ′ （ x ） <0 ， 那么此时 x 0 是 f （ x ）的极大值点； （ 2 ） 如果对于 x 0 左侧附近的任意 x ， 都 有 f ′ （ x ） <0 ， 对于 x 0 右侧附近的任意 x ， 都 有 f ′ （ x ） >0 ， 那么此时 x 0 是 f （ x ）的极小值点； （ 3 ） 如果 f ′ （ x ）在 x 0 的左侧附近与右侧 附近均为正号 （或均为负号）， 则 x 0 一定不 是 y=f （ x ）的极值点 . 思考 极值点为什么要求导数符号的 改变？ 例 1 已知函数 f （ x ） =x （ x-a ） 2 +b 在 x=1 处取得极大值 . （ 1 ） 求 a 的值； （ 2 ） 若 -4<b<0 ， 证明： f （ x ）有且只有 3 个零点 . 解： （ 1 ） 由题意， f ′ （ x ） =3x 2 -4ax+a 2 且 f ′ （ 1 ） =0 ， ∴a 2 -4a+3=0 ， 解得 a=1 或 a=3. 当 a=1 时， f ′ （ x ） =3x 2 -4x+1 ， 则 f ′ （ x ） >0 有 x< 1 3 或 x>1 ； f ′ （ x ） <0 有 1 3 <x<1. ∴ f （ x ）的极小值为 f （ 1 ）， 不合题意 . 当 a=3 时， f ′ （ x ） =3x 2 -12x+9 ， 则 f ′ （ x ） >0 有 x<1 或 x>3 ； f ′ （ x ） <0 有 1<x<3. ∴ f （ x ）在 （ -∞ ， 1 ） 上递增， （ 1 ， 3 ） 上 递减， （ 3 ， +∞ ） 上递增， ∴f （ x ）的极大值为 f （ 1 ） . 综上， a=3. （ 2 ） 由 （ 1 ）， f （ x ）的极大值 f （ 1 ） =4+b ， 极小值 f （ 3 ） =b ， 又 -4<b<0 ， ∴ 4+b>0 ， b<0 0 ， ∴ 此时 f （ x ）有且只有 3 个零点 . 变式训练 1 函数 f （ x ） =x （ x-1 ）（ x-a ）（ x-b ） （ a<b ） 关 于 x=2 对称 . （ 1 ） 求 a ， b 的值； （ 2 ） 求 f （ x ）的极小值 . 第 2课时 利用导数求函数极值、 最值的方法 62 第六章 导数及其应用 学 要点 2 函数最值点、 最值的求法 一般地， 如果函数 y=f （ x ）在定义域 （ a ， b ） 内的每一点都可导， 且函数存在最值， 则函数的最值点一定是某个极值点； 如果函 数 y=f （ x ）的定义域为 ［ a ， b ］ 且存在最值， 函 数 y=f （ x ）在 （ a ， b ） 内可导， 那么函数的最 值点要么是区间端点 a 或 b ， 要么是极 值点 . 例 2 已知函数 f （ x ） = 1 2 x 2 +lnx. （ 1 ） 求函数 f （ x ）在区间 ［ 1 ， e ］ 上的最 大、 最小值； （ 2 ） 求证： 在区间 （ 1 ， +∞ ） 上， 函数 f （ x ）的图象在函数 g （ x ） = 2 3 x 3 的图象的下方 . 分析 （ 1 ） 求得 f ′ （ x ）， 利用导数分 析函数单调性， 结合端点函数值和最值的 大小关系， 即可求得结果； （ 2 ） 将问题转化为求证 f （ x ） < 2 3 x 3 ， 构 造函数 F （ x ） = 1 2 x 2 +lnx- 2 3 x 3 ， 即可用导数 证明 . 解： （ 1 ） 由 f （ x ） = 1 2 x 2 +lnx ， 有 f ′ （ x ） =x+ 1 x ， 当 x∈ ［ 1 ， e ］ 时， f ′ （ x ） >0 ， ∴f （ x ）在区间 ［ 1 ， e ］ 上为增函数， ∴f （ x ） max =f （ e ） = 1 2 e 2 +1 ， f （ x ） min =f （ 1 ） = 1 2 . （ 2 ） 设 F （ x ） = 1 2 x 2 +lnx- 2 3 x 3 ， 则 F′ （ x ） =x+ 1 x -2x 2 = （ 1-x ）（ 1+x+2x 2 ） x ， 当 x∈ （ 1 ， +∞ ） 时， F ′ （ x ） <0 ， F （ x ）单 调递减， 且 F （ 1 ） =- 1 6 <0 ， 故 x∈ （ 1 ， +∞ ） 时， F （ x ） <0 ， ∴ 1 2 x 2 +lnx< 2 3 x 3 ， 故在区间 （ 1 ， +∞ ） 上， 函数 f （ x ）的图 象在函数 g （ x ） = 2 3 x 3 图象的下方 . 变式训练 2 已知函数 f （ x ） =lnx- a x . （ 1 ） 若 a>0 ， 证明： f （ x ）在定义域内是 增函数； （ 2 ） 若 f （ x ）在 ［ 1 ， e ］ 上的最小值为 3 2 ， 求 a 的值 . 例 3 已知函数 f （ x ） =e x-2 -a （ x-1 ） （ a∈ R ） . （ 1 ） 讨论函数 f （ x ）的极值点的个数； （ 2 ） 若 f （ x ）有两个零点 ， 证明 ： a 2 - alna-1>0. 63 高中数学选择性必修 第三册 （人教 B 版） 精编版 学 分析 （ 1 ） 求导后， 分别在 a≤0 和 a>0 两种情况下， 结合 f ′ （ x ）的正负可得单 调性， 由此可得极值点； （ 2 ） 结合 （ 1 ） 的结论， 可知若 f （ x ）存在两个零点， 则需 在 a>0 的情况下， 分析 0<a<1 ， a=1 和 a>1 时 f （ x ）零点个数， 结合零点存在定理可知 a>1 ； 令 g （ a ） =a 2 -alna-1 （ a>1 ）， 利用导数 可求得 g （ a ）的单调性， 得到 g （ a ） >g （ 1 ） =0 ， 由此可得结论 . （ 1 ） 解： 由 f （ x ） =e x-2 -a （ x-1 ） （ a∈R ） 得 f ′ （ x ） =e x-2 -a. 当 a≤0 时， f ′ （ x ） >0 恒成立， ∴ f （ x ）在 R 上单调递增， 无极值点； 当 a>0 时， 令 f ′ （ x ） =0 ， 解得 x=lna+2 ， ∴ 当 x∈ （ -∞ ， lna+2 ） 时， f ′ （ x ） <0 ； 当 x∈ （ lna+2 ， +∞ ） 时， f ′ （ x ） >0 ； ∴ f （ x ）在 （ -∞ ， lna+2 ） 上单调递减， 在 （ lna+2 ， +∞ ） 上单调递增， ∴ f （ x ） 有且仅有一个极小值点 x=lna+2 ， 无极大值点 . 综上所述， 当 a≤0 时， f （ x ）无极值点； 当 a>0 时， f （ x ）有且仅有一个极小值点 x= lna+2 ， 无极大值点 . （ 2 ） 证明： 由 （ 1 ） 可知， 当 a>0 时， f （ x ） 有一个极小值点 x = lna+2 ， 且极小值为 f （ lna+2 ） =e lna -a （ lna+1 ） =-alna ； 当 0<a<1 时， f （ lna+2 ） =-alna>0 ， 函数 f （ x ）没有零点； 当 a=1 时， f （ lna+2 ） =-alna=0 ， 函数 f （ x ） 只有一个零点； 当 a>1 时， f （ lna+2 ） =-alna<0 ， 又 f （ 0 ） =e -2 + a>0 ， ∴埚x 1 ∈ （ 0 ， lna+2 ）， 使得 f （ x 1 ） =0 ； 又 f （ 4+a ） =e 2+a -a （ 3+a ） > （ 2+a ） 2 -3a-a 2 =4+ a>0 ， ∴埚x 2 ∈ （ lna+2 ， 4+a ）， 使得 f （ x 2 ） =0 ， ∴ 当 a>1 时， f （ x ）有两个零点 . 记 g （ a ） =a 2 -alna-1 （ a>1 ）， 则 g′ （ a ） =2a- lna-1 ， 记 h （ a ） =2a-lna-1 （ a>1 ）， 则 h′ （ a ） =2- 1 a = 2a-1 a ， ∵a>1 ， ∴h′ （ a ） >0 ， ∴h （ a ）在 （ 1 ， +∞ ） 上单调递增， ∴h （ a ） >h （ 1 ） =1 ， 即 g′ （ a ） >1 ， ∴g （ a ） 在 （ 1 ， +∞ ） 上单 调递增， ∴g （ a ） >g （ 1 ） =0 ， 即 a 2 -alna-1>0 恒成立， 原不等式得证 . 变式训练 3 设函数 f （ x ） = 1 x -x+alnx ， h （ x ） =f （ x ） - 1 x . （ 1 ） 当 a=3 时， 求 h （ x ）的单调区间； （ 2 ） 任意正实数 x 1 ， x 2 ， 当 x 1 +x 2 =2 时， 试判断 f （ x 1 ） +f （ x 2 ）与 - 1 2 （ a-2 ） 2 的大小关系 并证明 . 64 第六章 导数及其应用 学 数 学 文 化 例 声音是物体振动产生的声波， 其中 包含着正弦函数 . 纯音的数学模型是函数 y= Asinωt ， 我们听到的声音是由纯音合成的， 称之为复合音 . 若一个复合音的数学模型是 函数 f （ x ） =sinx+ 1 2 sin2x ， 则下列结论正确的 是 （填序号） . ①2π 是 f （ x ）的一个周期； ②f （ x ）在 ［ 0 ， 2π ］ 上有 3 个零点； ③f （ x ）的最大值为 3 3 姨 4 ； ④f （ x ）在 0 ， π 2 2 # 上是增函数 . 分析 对 ① ， 根据正弦函数的周期判 断即可； 对 ② ， 根据正弦的二倍角公式化 简， 再求解零点即可； 对 ③④ ， 求导分析 f （ x ） 的单调性， 再求最值即可 . 解析： y=sinx 的最小正周期是 2π ， y= 1 2 sin2x 的最小正周期是 2π 2 =π ， ∴f （ x ） =sinx+ 1 2 sin2x 的最小正周期是 2π ， 故 ① 正确； 当 f （ x ） =sinx+ 1 2 sin2x=0 ， x∈ ［ 0 ， 2π ］ 时， sinx+sinxcosx=0 ， 即 sinx （ 1+cosx ） =0 ， 即 sinx=0 或 1+cosx=0 ， 解得 x=0 或 x=π 或 x=2π ， ∴f （ x ）在 ［ 0 ， 2π ］ 上有 3 个零点， 故 ② 正确； f （ x ） =sinx+ 1 2 sin2x=sinx+sinxcosx ， f ′ （ x ） =cosx+cos 2 x-sin 2 x=2cos 2 x+cosx-1 ， 令 f ′ （ x ） =0 ， 解得 cosx= 1 2 或 cosx=-1 ， 当 x∈ 0 ， π 3 3 & 或 x∈ 5π 3 ， 2 3 & π 时， 1 2 <cosx<1 ， 此时 f ′ （ x ） >0 ， 则 f （ x ）在 0 ， π 3 3 & ， 5π 3 ， 2 3 & π 上单调递增； 当 x∈ π 3 ， 5π 3 3 & 时， -1≤cosx< 1 2 ， 此 时 f ′ （ x ） ≤0 但不恒为 0 ，则 f （ x ）在 π 3 ， 5π 3 3 & 上单调递减， 则当 x= π 3 时， 函数 f （ x ）取得 最大值 f π 3 3 & =sin π 3 + 1 2 sin 2π 3 = 3 姨 2 + 3 姨 4 = 3 3 姨 4 ， 故 ③ 正确， ④ 错误 . 故答案为 ① ②③. 65