假期培优解决方案+寒假专题突破练+高二文科数学（选修1-1必修5）（通用版）专题16+用导数研究函数的性质x
专题16 用导数研究函数的性质
1．函数的单调性与导数
(1)函数y＝f(x)在某个区间内有导数，如果在这个区间内f′(x)>0，那么函数f(x)为这个区间内的增函数；如果在这个区间内f′(x)<0，那么函数f(x)为这个区间内的减函数．
(2)函数f(x)在(a，b)上是增函数，则f′(x)≥0；函数f(x)在(a，b)上是减函数，则f′(x)≤0.
2．函数的极值与导数
(1)若x0满足f′(x0)＝0，且在x0的两侧f(x)的导数异号，则x0是f(x)的极值点，f(x0)是极值，并且如果f′(x)在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f(x)的极大值点，f(x0)是极大值；如果f′(x)在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f(x)的极小值点，f(x0)是极小值．
(2)f(x)在某个区间内有导数，“f′(x0)＝0”是“x0是f(x)的极值点”的必要不充分条件．
3．函数的最值与导数
求解闭区间[a，b]上函数最值的方法：
(1)求极值；
(2)求f(a)、f(b)；
(3)比较f(a)、f(b)、极值的大小，确定最大值、最小值．
例1 已知函数f(x)＝x3－3x2＋3x＋1，求函数的单调区间．
变式1 已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1在[2，＋∞)上是增函数，求a的取值范围．
例2 已知函数f(x)＝x－1＋(a∈R，e为自然对数的底数)，求函数f(x)的极值．
变式2 设f(x)＝－x3＋x2＋2ax.当0
0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于( )
A．2 B．3 C．6 D．9
5．若函数f(x)＝x2＋ax＋在(，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
6．若f(x)＝－x2＋bln x在[1，＋∞)上是减函数，则b的取值范围是________．
7．设方程x3－3x＝k有3个不等的实根，则常数k的取值范围是________．
B级
8．函数y＝在定义域内( )
A．有最大值2，无最小值
B．无最大值，有最小值－2
C．有最大值2，最小值－2
D．无最值
9.已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
10．若函数y＝x3－3ax＋a在(1,2)内有极小值，则实数a的取值范围是________．
11．已知函数f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为________．
12．已知函数f(x)＝ax3＋bx＋c在x＝2处取得极值c－16.
(1)求a、b的值；
(2)若f(x)有极大值28，求f(x)在[－3,3]上的最小值．
13．已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
详解答案
典型例题
例1 解 f′(x)＝3x2－6x＋3.
令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝＋1.
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，
f(x)在(－∞，－1)上是增函数；
当x∈(－1，＋1)时，f′(x)<0，
f(x)在(－1，＋1)上是减函数；
当x∈(－1，＋∞)时，f′(x)＞0，
f(x)在(＋1，＋∞)上是增函数．
变式1 解 f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)，
由题意知，f′(x)＝3(x2＋2ax＋1)≥0在[2，＋∞)上恒成立，
即a≥－在[2，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝－，
则g′(x)＝－(1－)，
显然，x∈[2，＋∞)时，g′(x)<0，
即g(x)在[2，＋∞)上是减函数，
所以g(x)≤g(2)＝－，
所以a的取值范围是[－，＋∞)．
例2 解 f′(x)＝1－，
①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值．
②当a>0时，令f′(x)＝0，得ex＝a，x＝ln a.
x∈(－∞，ln a)，f′(x)<0；x∈(ln a，＋∞)，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值．
综上，当a≤0时，函数f(x)无极值．
当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值．
变式2 解 由f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a
令f′(x)＝0，得两根
x1＝，x2＝.
所以f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增．
当00时，f′(x)<0恒成立，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
②若b>0，当0时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
当a>0时，由f′(x)＝0得2ax2＋bx－1＝0.
解得x1＝，x2＝，
此时x1<0，x2>0.
当0x2时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递减区间是，
单调递增区间是.
综上所述：当a＝0，b≤0时，函数f(x)的单调递减区间是(0，＋∞)．
当a＝0，b>0时，函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是，
单调递增区间是.
变式3 解 由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＝.
当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－10；
当x∈时，f′(x)<0.
故f(x)在上单调递增，
在上单调递减．
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－10，b>0，∴a＋b≥2，
∴2≤6，
∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立，
∴ab的最大值为9.]
5．[3，＋∞)
解析 由题意知f′(x)≥0对任意的x∈恒成立，
又f′(x)＝2x＋a－，
所以2x＋a－≥0对任意的x∈恒成立，
分离参数得a≥－2x，
若满足题意，需a≥max.
令h(x)＝－2x，x∈.
因为h′(x)＝－－2，
所以当x∈时，h′(x)＜0，
即h(x)在上单调递减，
所以h(x)＜h＝3，故a≥3.
6．(－∞，1]
解析 转化为f′(x)＝－x＋≤0在[1，＋∞)上恒成立，
即b≤x2在[1，＋∞)上恒成立，
令g(x)＝x2，则g(x)min＝1，
故b的取值范围是(－∞，1]．
7．(－2,2)
解析 设f(x)＝x3－3x－k，则f′(x)＝3x2－3.
令f′(x)＝0得x＝±1，且f(1)＝－2－k，f(－1)＝2－k，又f(x)的图象与x轴有3个交点，故
∴－20时，y′＝3x2－3a＝0⇒x＝±，不难分析，
当1<<2，即1f(2)>f(－2)，
∴m＝3，最小值为f(－2)＝－37.
12．解 (1)因为f(x)＝ax3＋bx＋c，
故f′(x)＝3ax2＋b，由于f(x)在点x＝2处取得极值，故有，
即，
化简得，解得.
(2)由(1)知f(x)＝x3－12x＋c，f′(x)＝3x2－12.
令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0，
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x2＝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)＝c－16＝－4，
因此f(x)在[－3,3]上的最小值为f(2)＝－4.
13．解 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b，
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，
所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下表：
所以函数h(x)的单调递增区间为和；
单调递减区间为.
当－≥－1，即06时，函数h(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又因为h－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0，所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h＝1.
综上，f(x)＋g(x)在(－∞，－1]上的最大值为h(x)max＝
