(全国通用版)高中数学第一章导数及其应用1.3导数在研究函数中的应用1.3.3函数的最大小值与导数(
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解答
(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求实数c的取值范围. 解 由(1)知，f(x)＝x3－12x2－2x＋c，x∈[－1,2]， 当 x＝－23时，f －23＝2227＋c 为极大值， 因为f(2)＝2＋c，所以f(2)＝2＋c为最大值. 要使f(x)<c2(x∈[－1,2])恒成立，只需c2>f(2)＝2＋c， 解得c<－1或c>2. 故实数c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
题型探究
类型一 由极值与最值关系求参数范围
例1 若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值
范围是
A.(－1， 11 )
√C.(－1,2]
B.(－1,4) D.(－1,2)
解析 答案
反思与感悟 函数在开区间内存在最值，则极值点必落在该区间内.
跟踪训练1 若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有最小值，则实数b的取值
12345
解析 答案
2.函数f(x)＝xln x的最小值为
A.e2
B.－e
√C.－e－1
D.－130
解析 ∵f(x)＝xln x，定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1＋ln x， 令 f′(x)>0，解得 x>1e， 令 f′(x)<0，解得 0<x<1e， ∴函数在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，
范围是
A.(0,1)
B.(－∞，1)
C.(0，＋∞)
√D.0，12
解析 由题意得，函数f(x)＝x3－6bx＋3b的导数f′(x)＝3x2－6b在(0,1)内
有零点，
且f′(0)<0，f′(1)>0，即－6b<0，且(3－6b)>0，
∴0<b<12，故选 D.
解析 答案
类型二 与最值有关的恒成立问题 例 2 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c 在 x＝－23与 x＝1 处都取得极值. (1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间；
故当 x＝1e时，函数取最小值ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ1e，故选 C.
12345
解析 答案
3.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是
√A.(－1，＋∞)
C.[－1，＋∞)
B.(－∞，－1) D.(－∞，－1]
解析 f′(x)＝ex－1， 令f′(x)>0，解得x>0， 令f′(x)<0，解得x<0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝1＋a， 若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.
第一章 §1.3 导数在研究函数中的应用
1.3.3 函数的最大(小)值与导数(二)
学习目标
1.理解极值与最值的关系，并能利用其求参数的范围. 2.能利用导数解决一些简单的恒成立问题.
内容索引
问题导学 题型探究 达标检测
问题导学
知识点 用导数求函数f(x)最值的基本方法
(1)求导函数：求函数f(x)的导函数f′(x)； (2)求极值嫌疑点：即f′(x)不存在的点和f′(x)＝0的点； (3)列表：依极值嫌疑点将函数的定义域分成若干个子区间，列出f′(x)与 f(x)随x变化的一览表； (4)求极值：依(3)的表中所反应的相关信息，求出f(x)的极值点和极值； (5)求区间端点的函数值； (6)求最值：比较极值嫌疑点和区间端点的函数值后，得出函数f(x)在其 定义域内的最大值和最小值.
解析 由2xln x≥－x2＋ax－3，得 a≤2ln x＋x＋3x. 设 h(x)＝2ln x＋3x＋x(x>0).
x＋3x－1
则 h′(x)＝
x2
，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增. ∴h(x)min＝h(1)＝4.∴a≤4.
所以只需 c2>f(1)＝c－32，即 2c2－2c＋3>0， 解得c∈R.故实数c的取值范围为R.
解答
反思与感悟 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤
跟踪训练2 (1)已知函数f(x)＝2xln x，g(x)＝－x2＋ax－3对一切x∈(0， ＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，则a的取值范围是_(_－__∞__，__4_]_.
12345
解析 答案
4.已知函数f(x)＝x3－3x2＋2，x1，x2是区间[－1,1]上任意两个值，M≥|f(x1)－ f(x2)|恒成立，则M的最小值是__4_.
解答
引申探究 若本例中条件不变，“把(2)中对x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立”改 为“若存在x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2成立”，结果如何？ 解 由典例解析知当 x＝1 时，f(1)＝c－32为极小值， 又 f(－1)＝12＋c>c－32，所以 f(1)＝c－32为最小值. 因为存在x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2成立，
所以除切点外，曲线C在直线L的下方.
证明
达标检测
1.函数f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最大值是
A.0
√B.1e
4
2
C.e4
D.e2
解析 f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)， ∴当0≤x≤1时，f′(x)≥0，f(x)单调递增， 当1≤x≤4时，f′(x)≤0，f(x)单调递减， ∴当 x＝1 时，f(x)max＝f(1)＝1e.故选 B.
x≠1，g(x)>0.
g(x)满足
g(1)＝0，且
g′(x)＝1－f′(x)＝x2－1x＋2 ln
x .
当0<x<1时，x2－1<0，ln x<0，所以g′(x)<0，
故g(x)在(0,1)上单调递减； 当x>1时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0， 故g(x)在(1，＋∞)上单调递增； 所以，∀x>0且x≠1，g(x)>g(1)＝0.
解析 答案
(2)设 L 为曲线 C：y＝lnxx在点(1,0)处的切线. ①求 L 的方程； 解 设 f(x)＝lnxx，
1－ln x 则 f′(x)＝ x2 ， 所以f′(1)＝1，所以L的方程为y＝x－1.
解答
②证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方.
证明 设g(x)＝x－1－f(x)，除切点外，曲线C在直线L的下方等价于∀x>0且
(2)若对x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立，求实数c的取值范围. 解 由(1)知，f(x)＝x3－12x2－2x＋c，x∈[－1,2]， 当 x＝－23时，f －23＝2227＋c 为极大值， 因为f(2)＝2＋c，所以f(2)＝2＋c为最大值. 要使f(x)<c2(x∈[－1,2])恒成立，只需c2>f(2)＝2＋c， 解得c<－1或c>2. 故实数c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
题型探究
类型一 由极值与最值关系求参数范围
例1 若函数f(x)＝3x－x3在区间(a2－12，a)上有最小值，则实数a的取值
范围是
A.(－1， 11 )
√C.(－1,2]
B.(－1,4) D.(－1,2)
解析 答案
反思与感悟 函数在开区间内存在最值，则极值点必落在该区间内.
跟踪训练1 若函数f(x)＝x3－6bx＋3b在(0,1)内有最小值，则实数b的取值
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解析 答案
2.函数f(x)＝xln x的最小值为
A.e2
B.－e
√C.－e－1
D.－130
解析 ∵f(x)＝xln x，定义域是(0，＋∞)，
∴f′(x)＝1＋ln x， 令 f′(x)>0，解得 x>1e， 令 f′(x)<0，解得 0<x<1e， ∴函数在0，1e上单调递减，在1e，＋∞上单调递增，
范围是
A.(0,1)
B.(－∞，1)
C.(0，＋∞)
√D.0，12
解析 由题意得，函数f(x)＝x3－6bx＋3b的导数f′(x)＝3x2－6b在(0,1)内
有零点，
且f′(0)<0，f′(1)>0，即－6b<0，且(3－6b)>0，
∴0<b<12，故选 D.
解析 答案
类型二 与最值有关的恒成立问题 例 2 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c 在 x＝－23与 x＝1 处都取得极值. (1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间；
故当 x＝1e时，函数取最小值ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ1e，故选 C.
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解析 答案
3.已知函数f(x)＝ex－x＋a，若f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是
√A.(－1，＋∞)
C.[－1，＋∞)
B.(－∞，－1) D.(－∞，－1]
解析 f′(x)＝ex－1， 令f′(x)>0，解得x>0， 令f′(x)<0，解得x<0， 故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(0)＝1＋a， 若f(x)>0恒成立，则1＋a>0，解得a>－1，故选A.
第一章 §1.3 导数在研究函数中的应用
1.3.3 函数的最大(小)值与导数(二)
学习目标
1.理解极值与最值的关系，并能利用其求参数的范围. 2.能利用导数解决一些简单的恒成立问题.
内容索引
问题导学 题型探究 达标检测
问题导学
知识点 用导数求函数f(x)最值的基本方法
(1)求导函数：求函数f(x)的导函数f′(x)； (2)求极值嫌疑点：即f′(x)不存在的点和f′(x)＝0的点； (3)列表：依极值嫌疑点将函数的定义域分成若干个子区间，列出f′(x)与 f(x)随x变化的一览表； (4)求极值：依(3)的表中所反应的相关信息，求出f(x)的极值点和极值； (5)求区间端点的函数值； (6)求最值：比较极值嫌疑点和区间端点的函数值后，得出函数f(x)在其 定义域内的最大值和最小值.
解析 由2xln x≥－x2＋ax－3，得 a≤2ln x＋x＋3x. 设 h(x)＝2ln x＋3x＋x(x>0).
x＋3x－1
则 h′(x)＝
x2
，
当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增. ∴h(x)min＝h(1)＝4.∴a≤4.
所以只需 c2>f(1)＝c－32，即 2c2－2c＋3>0， 解得c∈R.故实数c的取值范围为R.
解答
反思与感悟 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤
跟踪训练2 (1)已知函数f(x)＝2xln x，g(x)＝－x2＋ax－3对一切x∈(0， ＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，则a的取值范围是_(_－__∞__，__4_]_.
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解析 答案
4.已知函数f(x)＝x3－3x2＋2，x1，x2是区间[－1,1]上任意两个值，M≥|f(x1)－ f(x2)|恒成立，则M的最小值是__4_.
解答
引申探究 若本例中条件不变，“把(2)中对x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2恒成立”改 为“若存在x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2成立”，结果如何？ 解 由典例解析知当 x＝1 时，f(1)＝c－32为极小值， 又 f(－1)＝12＋c>c－32，所以 f(1)＝c－32为最小值. 因为存在x∈[－1,2]，不等式f(x)<c2成立，
所以除切点外，曲线C在直线L的下方.
证明
达标检测
1.函数f(x)＝xe－x，x∈[0,4]的最大值是
A.0
√B.1e
4
2
C.e4
D.e2
解析 f′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)， ∴当0≤x≤1时，f′(x)≥0，f(x)单调递增， 当1≤x≤4时，f′(x)≤0，f(x)单调递减， ∴当 x＝1 时，f(x)max＝f(1)＝1e.故选 B.
x≠1，g(x)>0.
g(x)满足
g(1)＝0，且
g′(x)＝1－f′(x)＝x2－1x＋2 ln
x .
当0<x<1时，x2－1<0，ln x<0，所以g′(x)<0，
故g(x)在(0,1)上单调递减； 当x>1时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0， 故g(x)在(1，＋∞)上单调递增； 所以，∀x>0且x≠1，g(x)>g(1)＝0.
解析 答案
(2)设 L 为曲线 C：y＝lnxx在点(1,0)处的切线. ①求 L 的方程； 解 设 f(x)＝lnxx，
1－ln x 则 f′(x)＝ x2 ， 所以f′(1)＝1，所以L的方程为y＝x－1.
解答
②证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方.
证明 设g(x)＝x－1－f(x)，除切点外，曲线C在直线L的下方等价于∀x>0且