2012高考数学最后冲刺 导数及其应用

最后冲刺
【高考预测】 1.导数的概念与运算 2.导数几何意义的运用 3.导数的应用 4.利用导数的几何意义 5.利用导数探讨函数的单调性 6.利用导数求函数的极值勤最值 易错点 1导数的概念与运算
1．（2012精选模拟）设f 0(x)=sinx,f 1(x)=f ’0(x),f 2(x)=f ’1(x),…,f n+1(x)=f ’n (x),n ∈N,则f 2005(x) ( )
A.sinx
B.-sinx
C.cosx
D.-cosx 【错误解答】 选A 【错解分析】由
f ’1(x)=f ’0(x)=(sinx)’=cosx,f2(x)=(cosx)’=-sinx,f3(x)=(-sinx)’=-cosx,f4(x)=(-cosx)’=sinx,…,
f2005(x)=f ’2004(x)=…=f0(x0=sinx 前面解答思路是正确的，但在归纳时发生了错误。

因f4(x)=f0(x)=f8(x0=…=f2004(x),所以f2005(x)=f1(x)=cosx.
【错误解答】 选B ∵f(x)=2x+1,∴f ’(x)=(2x+1)’=2x+1|x=1=3.
【错解分析】上面解答错误原因是导数公式不熟悉，认为（2x+1）’=2x+1.正确的是（2x+1）’=2,所以x=1时的导数是2，不是3。

【正确解答】 选A ∵f(x)=(x-1)3+3(x-1)f ’(x)=3(x-1)2+3,当 x=1时,f ’(1)=3
3.(2012精选模拟题) 已知f(3)=2f ’(3)=-2，则3)
(32lim
3--→x x f x x 的值为 （ ）
A ．-4
B ．0
C ．8
D ．不存在
【错误解答】 选D ∵x →3,x-3→0 ∴3)
(32lim
3--→x x f x x 不存在。

【错解分析】限不存在是错误的，事实上，求00
型的极限要通过将式子变形的可求的。

[对诊下药] 选C
3)(32lim
3--→x x f x x =326)]3()([3lim
3-+---→x x
f x f x =32]3)3()(3
2[lim 3
-=---→x f x f x .
8)2(32)3('32]3)
3()([lim 3=-⨯-=-=--→f x f x f x
【特别提醒】
1．理解导数的概念时应注意导数定义的另一种形式：设函数f(x)在x=a 处可导，则
)
(')
()(lim
a f a x a f x f n =--∞
→ 的运用。

2．复合函数的求导，关键是搞清复合关系，求导应从外层到内层进行，注意不要遗漏 3．求导数时，先化简再求导是运算的基本方法，一般地，分式函数求导，先看是否化为整式函数或较简单的分式函数；对数函数求导先化为和或差形式；多项式的积的求导，先展开再求导等等。

【变式训练】
1 函数f(x)=x3+ax2+3x-9.已在f(x)在x=-3时取得极值，则a= ( )
A.2
B.3
C.4
D.5
4 已知f(x)=ln|2x|, 则f ’(x)= ( )
A.x 1
B. x 21
C. ||1x
D. |2|1x
答案： A 解析：当x>0时，f(x)=ln(2x), ∴f ′(x)=c ∴f ′(x)=
x x 1)2(21=-•-
.
5已知函数f(x)=ln(x-2)-)
0(22
≠a a a x 为常数且
(1)求导数f ’(x)
答案： f ′(x)=).
2(21>•--x a x
x
(2)解不等式:f ’(x)>0
答案：令f ′(x)=).
2(021>>--x a x
x
即.4402020
22
a a x x a x x x +=∆=-+⎪⎩⎪⎨⎧>-+>的
（i ）当a ≤-1时，x 2
+2x-a>恒成立，∴x>2.
(ii)当a>-1时，02,02
>-+>∆a x x 的解集为{x|x>1111-+-<-+a x a 或}
∴当-1<a ≤8时，.2,211>∴≤-+x a 当a>8时，11-+a >2, ∴x>11-+a .
综合得，当a ≤8时，f ′(x)>0的解集为（2，+∞）. 当a>8时，f ′(x)>0的解集为（11-+a ，+∞）. 易错点 2导数几何意义的运用
1.(2012精选模拟题)曲线y=x 3
在点(1,1)的切线与x 轴、直线x=2所围成的三角形面积为_________.
【错误解答】 填2 由曲线y=x 3在点（1，1）的切线斜率为1，∴切线方程为y-1==x-1,y=x.
所以三条直线y=x,x=0,x=2所围成的三角形面积为S=21
×2×2=2。

【错解分析】根据导数的几何意义，曲线在某点处的切线斜率等于函数在这点处的导数，上面的解答显然是不知道这点，无故得出切线的斜率为1显然是错误的。

【错误解答】 （1）∵函数f(x)=x 3+ax 与g(x)=bx 2
+c 的图像的一个公共点P(t,0).∴f(t)=g(t)⇒t 3
+at=bt 2
+c. ①又两函数的图像在点P 处有相同的切线，∴f ’(t)=g ’(t)
⇒
3t 3+a=2bt. ②由①得b=t,代入②得a=-t 2.∴c=-t 3
.
【错解分析】上面解答中得b=t 理由不充足，事实上只由①、②两式是不可用t 表示a 、b 、c ，其实错解在使用两函数有公共点P ，只是利用f(t)=g(t)是不准确的，准确的结论应是f(t)=0，即t 3
+at=0，因为t ≠0,所以a=-t 2
.
g(t)=0即bt 2
+c=0,所以c=ab
又因为f(x)、g(x)在（t,0）处有相同的切线，
所以f ’(t)=g;(t).即3t 2
+a=2bt, ∵a=-t 2
, ∴b=t.因此c=ab=-t 2
·t=-t 3
. 故a=-t 2
,b=t,c=-t 3
(2)解法1 y=f(x)-g(x)=x 3
-t 2
x-tx 2
+t 3
y ’=3x 2
-2tx-t 2
=(3x+t)(x-t).
当y ’=(3x+t)(x-t)<0时,函数y=f(d)-g(x)单调递减。

由y ’<0,若t<0,则t<x<-3t ,若t>0,则-3t
<x<t.
则题意，函数y=f(x)-g(x)在(-1,3)上单调递减，则（-1，3）⊂（-3t
,t ）或（-1，3）⊂
（t ，-3t
）
所以t ≥3或-3t
≥3。

即t ≤-9或t ≥3。

又当-9<t<3时，函数y=f(x0-g(x)在（-1，3）上单调递增，所以t 的取值X 围（-∞，-9）∪（3，+∞）
解法2 y=f(x)-g(x)=x 3
-t 2
x-tx 2
+t 3
, y ’=3x 2
-3tx-t 2
=(3x+t)(x-t).
∵函数y=f(x)-g(x)在（-1，3）上单调递减，且y ’=(3x+t)(x-t)≤0在(-1,3)上恒成立，
∴
⎩⎨⎧≤-+≤--+-⎩⎨
⎧≤≤=-=0)3)(9(0
)1)(3(0|'0|'31t t t t y y x x 即
若x ∈(-1,1),则f ’(x)<0.故f(x)在（-1，1）上是减函数，所以f(-1)=2是极大值；
f(1)=-2是极小值。

（2）∵ f ’(x)=3x 2
-3，∴过点A （0，16），因此过点A 的切线斜率为k=-3.∴所求的切线方程是y=-3
【错解分析】
上面解答第（2）问错了，错误原因是把A （0，16）当成了切点，其实A （0，16），不可能成为切点。

因此过点A 不在曲线，因此根求方程必须先求切点坐标。

【正确解答】 （1）f ’(x)=3ax 2
+2bx-3，依题意f ’(1)=f ’(-1)=0
即⎩⎨
⎧=--=-+03230323b a b a 解得 a=1,b=0
∴f(x)=x 3+3x,f ’(x)=3x 2
-3=0.解得x=±1. 又∵x ∈(-∞,-1) ∪(1,+∞)f ’(x)>0 ∴f(x)在(-∞,-1)与(1，+∞)上是增函数。

若x ∈[-1,1]时，f ’(x) ≤0,故f9x)在[-1，1]上是减函数。

∴f(-1)=2是极大值。

f(1)=-2是极小值。

（2）解：曲线方程为y=f(x)=x 3
-3x,点A （0，16）不在曲线上。

设切点M （x 0,y 0）,则点
则a=___________.
答案：±1 解析：∵曲线在（a,a 3
）处的切线斜率为3a 2
.
∴切线方程为y-a 3=3a 2(x-a).且它与x 轴.x=a 的交点为（0,32a ）、（a,a 3）,S=.613213=••a a
∴a 4
=1,解得a=±1.
3 已知函数f(x)=lnx,g(x)= 21
ax 2
+bx(a ≠0)
(1)若b=2,且h(x)=f(x)-g(x)存在单调递减区间，求a 的取值X 围。

答案： b=2时，h(x)=lnx-21ax 2
-2x, 则h ′(x)=x 1-ax-2=-.1
22x x ax -+
∵函数 h(x)存在单调逆减区间，∴h ′(x)<0有解. 又∵x>0,则ax2+2x-1>0有x>0的理. ①当a>0时，ax2+2x-1>0总有>0的解. ②当a<0,要ax2+2x-1>0总有>0的解.
则△=4+4a>0,且方程ax2+2x-1=0至少有一正根，此时-1<a<0. 综上所述,a 的取值X 围是（-1，0）∪（0，+∞）
（2）设函数f(x)的图像C 1与函数g(x)图像C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1、C 2于点M 、N ，证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行。

则lnt=
)
1(.0,1)
1(_2>+-t t
t
令r （t ）=lnt-.
1,1)
1(2>+-t t t
则r ’(t)=t 1-.)1()1()1(42
22+-=+t t t t
因为t>1时，r ’(t)>0,所以r(t)在[1，+∞]上单调递增，故r(t)>r(1)=0.
则lnt>t t +-1)
1(2.这与①矛盾,假设不成立.
故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行,证法1得
(x 2+x 1)(lnx 2-lnx 1)=2(x 2-x 1).
因为x 1>0,所以(
11
2
+x x )ln(11
2
-x x ).
令t=1
2x x ,得(t+1)lnt=2(t-1),t>1 ②
令r(t)=(t+1)lnt-2(t-1),t>1,
则r ’(t)=lnt+t 1
-1.
因为(lnt-t 1)’=22
11t t t
-=-,所以t>1时,(lnt+t 1)’>0. 故lnt+t 1在[1, + ∞]上单调递增.从而lnt+t 1
-1>0,即r 1
(t)>0.
于是r(t)在[1，+∞]上单调递增.
故r(t)>r(1)=0.即（t+1）lnt>2(t-1). 与②矛盾，假设不成立。

故C1在点M 处的切与C2在点N 处的线不平行.
4 已知函数f(x)=|1-x 1
|,(x>0)
(1)证明：0<a<b,且f(a)=f(b)时，ab>1;
∴切线与x 轴、y 轴、正向的交点为(x 0(2-a 0),0)和（0，)2(1
00
x x -） 故所求三角形面积表达式为A （x 0）=.)2(2
1
)2(1)2(21200000x x x x x -=-•-
易错点 3导数的应用
1．（2012精选模拟）已知函数f(x)=-x 3
+3x 2
+9x+a.
(1)求f(x)的单调递减区间；
（2）若f(x)在区间[-2，2]上最大值为20，求它在该区间上的最小值。

【错误解答】 （1）f ’(x)=-3x 2
+6x+9,令f ’(x)<0,解得x<-1或x>3,∴函数f(x)的音调递减区间为（-∞，-1）（3，+∞）
（2）令f ’(x)=0,得x=-1或x=3 当-2<x<-1时,f ’(x)<0;
当-1<x<3时，f ’(x)>0;当x>3时，f ’(x)<0. ∴x=-1,是f(x)的极不值点，x=3是极大值点。

∴f(3)=-27+27+27+a=20,∴a=-7. f(x)的最小值为f(-1)=-1+3-9+a=-14.
【错解分析】在闭区间上求函数的最大值和最小值，应把极值点的函数值与两端点的函数值进行比较大小才能产生最大（小）值点，而上面解答题直接用极大（小）值替代最大（小）值，这显然是错误的。

【正确解答】 （1）f ’(x)=-3x 2+6x+9,令f ’(x)<0,解得x<-1或x>3.
(2)因为f(-2)=8+12-18+a=2+a,f(2)=-8+12+18+a=22+a,所以f(x)在[-1，2]因为在（-1，3）上f ’(x)>0,所以f(x)在[-1，2]上单调递增，又由于f(x)在[-2，-1]上单调递减，因此f(2)和f(-1)分别是f(x)在区间[-2，2]上的最大值和最小值，于是22+a=20,解得a=-2.
故f(x)=-x 3
+3x 2
+9x-2,因此,f{-1}=1+3-9-2=-7 即函数f(x)在区间[-2，2]上的最小值为-7。

2．（2012精选模拟）已知函数f(x)=ax 3
+3x 2
-x+1在R 上是减函数，求a 的取值X 围。

【错误解答】 ∵f ’(x)=3ax 2
+6x-1,因为f(x)在R 上是减函数，所以f ’(x)=3ax 2
+6x-1<0对任何x ∈R 恒成立。

∴⎩⎨
⎧<+∆<012360
3a a 解得a<-3.
【错解分析】当f ’(x)>0时，f(x)是减函数，但反之并不尽然，如f(x)=-x 3
是减函数，f ’(x)=3x 2
并不恒小于0，（x=0时f ’(x)=0）.因此本题应该有f ’(x)在R 上恒小于或等于0。

R 上的减函数。

综上，所求a的取值X围是（-∞，-3）。

3．（2012精选模拟）已知a∈R,讨论函数f(x)=ex(x2+ax+a+1)的极值点的个数。

【错误解答】 f’(x)=ex(x2+ax+a+1)+ex(2x+a)=ex[x2+(a+2)x+(2a+1)].
令f’(x)=0得x2+(a+2)x+(2a+1)=0,(*)
△=(a+2)2-4(2a+1)=a2-4a.
当a2-4a>0,即a>4或a<0时，方程（*）有两个不相等的实数根x1、x2，因此函数f(x)有两个极值点。

当a2-4a=,即a=或a=0时，方程（*）有两个相等实数根x1=x2。

因此函数f(x)有一个极值点。

当a2-4a<0,即0<a<4时，方程（*）没有实根，因经函数f(x)没有极值点。

【错解分析】以上解法看似合理，但结果有误，原因就在于将驻点等同于极值点，方程f’(x)=0的实根个数并不等价于f(x)的极值点的个数，要使驻点成为极值点，必须验证在此点两侧导数值异号，即函数在此点两侧的单调性相反，如果一味地把驻点等同于极值点，往往容易出错。

【正确解答】f’(x)=e x(a2+ax+a+1)+e x(2x+a)=e x[x2+(a+2)x+(2a+1)]
令f’(x)=0得x2+(a+2)x+(2a+1)=0.
(1)当△=（a+2）2-4(2a+1)=a2-4a=a(a-4)>0
即a<0或a>4时,方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有两个不同的实根x1、x2,不妨设x1<x2.
于是f’(x)=e x(x-x1)(x-x2),从而有下表
（2）当△=0，即a=0或a=4时，方程x2+(a+2)x+(2a+1)=0有两个相同的实根x1=x2
于是f’(x)=e x(x1-x1)2.故当x<x1时，f’(x)>0;当x>x1时，f’(x)>0因此f(x)无极值。

（3）当△<0，即0<a<4时,x2+(a+2)x+(2a+1)>0 ,f’(x)=e x[x2+(a+2)x+(2a+1)]>0,故f(x)为增函
对x 的一定X 围成立。

因此，m ≤ex-x 这个结果显然是错误的。

【正确解答】 （1）函数f(x)=x-ln(x+m),x ∈(-m,+ ∞)连续，且f ’(x)=1-m x +1
,令f ’
(x)=0,得x=1-m.
当-m<x<1-m 时，f ’(x)<0,f(x)为减函数； 当x>1-m 时，f ’(x)>0,f(x)为增函数。

根据函数极值判别方法，f(1-m)=1-m 为极小值，而且对x ∈(-m,+ ∞)都有f(x) ≥f(1-m)=1-m ，故当1-m=f(x
min )≥0,即m ≤1时，f(x)≥0.即m ≤1且m ∈Z 时，f(x)≥0.
(2)证明：由（1）可知，当整数m>1时，f(1-m)=1-m<0,f(e -m
-m)=e -m
-m-ln(e -m
-m+m)=e -m
>0,又f(x)为连续函数，且当m>1时，f(e -m
-m)与f(1-m)异号，由所给定理知，存在唯一的x 1∈(e -m
-m;1-m),使f(x 1)=0,而当m>1时，
f(e 2m
-m)=e 2m
-3m>(1+1)2m
-3m>1+2m+2)
12(2-m m -3m>0.
(∵m>1⇒2m-1>1).
类似地，当整数m>1时，f(x)=x-ln(x+m)在[1-m,e 2m
-m]上为连续增函数，且f(1-m)与f(e 2m
-m)异号，由所给定理知，存在唯一的x+∈（1-m,e 2m -m ）使f(x 2)=0.
故当整数m>1时，方程f(x)=0在[e-m-m,e 2m
-m]内有两个实根。

5．用长为90cm ，宽为48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器，先在四角分别截去一个小正形，然后把四边翻转90°角，再焊接而成（如图，）问该容器高为多少时，容器的容积最大？最大容积是多少？
【错误解答】 设容器的高为x,容器的容积为V ，则V=（90-2x ） （48-2x ）·x=4x 3
-276x 2
+4320x
∵V ’=12x 2
-552x+4320=0 得x 1=10,x 2=36 又∵x<10时，V ’<0,10<x<36,V ’>0,x>36时, V ’<0
∴当x=36时，V 有极大值V （36）<0 故V 没有最大值。

【错解分析】上面解答有两处错误：一是没有注明原函数定义域；二是验算f ’(x)的符号时，计算错误，∵x<10,V ’>0;10<x<36,V ’<0;x>36,V ’>0.
【正确解答】 设容器的高为x ，容器的容积为V 。

则V=（90-2x ）（48-2x ）·x =4x 3
-276x 2
+4320x (0<x<24) ∵V ’=12x 2-552x+4320
由V ’=12x 2-552x+4320=0得x 1=10,x 2=36
∵x<10时,V ’>0,10<x<36时，V ’<0,x>36时V ’>0. 所以，当x=10时V 有最大值V （10）=1960cm 3
又V(0)=0,V(24)=0
所以当x=10时,V 有最大值V （10）=1960。

所以该窗口的高为10cm ，容器的容积最大，最大容积是1960cm 3
. 【特别提醒】
1．证函数f(x)在（a,b ）上单调，可以用函数的单调性定义，也可用导数来证明，前者较繁，后者较易，要注意若f(x)在（a 、b ）内个别点上满足f ’(x)=0(或不存在但连续)其余点满足f(x)>0(或f(x)<0)函数f(x)仍然在（a 、b ）内单调递增（或递减），即导数为零的点不一定是增、减区间的分界点。

2．函数的极值是在局部对函数值的比较，函数在区间上的极大值（或极小值）可能有
意实数a ∈[-1，1]恒成立。

Q ：函数f(x)=x 3
+(m+34
)x+6在（-∞,+ ∞）上有极值。

求使P 正确且Q 正确的m 的取值X 围。

答案：解：∵|x 1-x 2|=
).
11(84)(221221≤≤-+=-+a a x x x x
∴|x 1-x 2|≤3
由题意，不等式|m 2
-5m-3|≥3的解集。

由此不等式得 m 2
-5m-3≤-3 ①
或 m 2-5m-3≥3 ② 不等式①的解为0≤m ≤5. 不等式②的解为m ≤-1或m ≥6.
因此，当m ≤-1或0≤m ≤5或m ≥6时，P 是正确的。

对函数f(x)=x 3+mx 2
+(m+34
)x+6求导 f ’(x)=3x 2
+2mx+m+34
.
令f ’(x)=0，即3x 2
+2mx+m+34
=0。

此一无二次方程的判别式
△=4m 2-12(m+34
)=4m 2
-12m-16．
若△=0，则f'(x)=0有两个相等的实根x 0，且f ‘(x)的符号如下：
因此f(x 0)不是函数f(x)的极值．
若△>0，则f'(x)=0有两个不相等的实x 1和x 2 (x 1<x 2)，且f'(x)的符号如下：
因此，函数f'(x)在x ①=x 1处取得极大值，在x=x 2处取得极小值． 综上所述，当且仅当A>0时，函数f(x)在(-∞，+∞)上有极值． 由A=4m 2
-12m-16>0得
m<-1或m>4，因此，当m<-1或m>4时，Q 是正确的．
综上，使P 正确且Q 正确时，实数m 的取值X 围为 (-∞，-1)∪(4，
5)∪[6，+∞]．
2 已知函数f(x)=x x --27
24∈[0,1]
(1)求f(x)的单调减区间和值域；
答案：对函数F(x)求导，得f'(x)=
)
2()
72)(12()2(7
1642
2x x x x x x ----
=--+-
令f'(x)=0解得x=21或x=27
．
当x 变化时f'(x)、f(x)的变化情况如下表．
X 0 (0, 21) 21 (21
,1)
1 F ’(X)
- 0 +
-27
↘ -4 ↗ -3
所以，当x ∈(0，21
)时f(x)是减函数；
当x ∈(21
，1)时f(x)是增函数．
∴当x ∈[0，1]时f(x)的值域为[-4，—3]．
（2）设a ≥1,函数g(x)=x 3
-3a 2
x-2a,x ∈[0,1]若对于任意x1∈[0，1]，总存在x0∈[0,1],使得g(x0)=f(x 1)成立，求a 的取值X 围.
答案：对函数g(x)求导，得g'(x)=3(x 2
-a 2
)．
因为a ≥1时，当x ∈(0，1)时，g'(x)<3(1-a 2
)<0．因此当x ∈(0，1)时，g(x)为减函数，从
F'(x)=g'(x)-2[g(2x
a +)]′=lnx-ln ′，当0<x<O ，F'(x)<0．因此F(x)在(0，a)上单调递减． 当
x>a 时，F'(x)>0，因此F(x)在(a ，+∞)上为增函数．从而x=a 时，F(x)有极小值F(a)． 因为F(a)=0，b>a ．所以F(b)>0．
即0<g(a)+g(b)-2g(2b
a +)．
设G(x)=F(x)-(x-a)ln2，则G'(x)=lnx-lnx-ln2．=lnx-ln(a+x)． 当x>0，G(x)<0，因此C(x)在(0，+∞)上为减函数． 因为G(a)=0，b>a ，所以G(b)<0．
即g(a)+g(b)-2g(2x
a +)<(b-a)ln2．]
4 设函数f(x)=2x 3-3(a+1)x 2
+6ax+8,其中a ∈R, (1)若f(x)在x=3处取得极值，某某数a 的值。

答案： f'(x)=6x 2
—6(a+1)x+60=6(x-a O (x-1)因f(x)在x=3取得极值，所以f'(3)=6(3-a)(3-1)=0，解得a=3．经检验当a=3时x=3为f)(x)的极值点．
（2）若f(x)在（-∞，0）上为增函数，求a 的取值X 围。

答案：令f'(x)=6(x-a)(x-1)=0得x 1=a,x 2=1．当a<1时，若x ∈(-∞，-a)∪(1，+∞)，则f'(x)>0，所以f(x)在(-∞，a)和(1，+∞)上为增函数．
故当0≤o<1时f(x)在(-∞，0)上为增函数．
5 某企业有一条价值a 万元的流水生产线，要提高该流水生产线的生产能力，提高产品的增加值，就要对充水生产线进行技术改造，假设增加值y 万元与技改把风入x 万元之间的关系满足①y 与（a-x ）x 2成正比例；
②当x=2a 时，y=23
a ;③0≤)(2x a x -≤t,其中t 为常数且t ∈[0,2].
(1)设y=f(x),求出f(x)的表达式，并求其定义域；
答案： f(x)=8a 2x 2—12x 3
=(0≤x ≤t ta 212+，21
≤t ≤2)．
（2）求出增加值y 的最大值，并求出此时的技改投入x 值。

答案： f'(x)=16a 2
x-36x 2
，令f(x)=0，得x=32a ，当21≤t<1时f'(x)=36(x 2-94
a 2
)<0．(∵
t ta 212+>32
a)
∴f(x)在[0，t ta 212+]上是减数， ∴当x=t ta 212+t 时，y mas =f(t ta
212+)=3
3)21(16t ta +,当1≤t ≤2时
f'(x)=-36(x 2-94a 2
)．∵t ta 212+<32a ∵0<x< 32
a 时f'(x)>0；<x ≤a 32时f'(x)<0，∴x=a 32a
时，y max =f(a 32)2716
=a 3
.
【知识导学】
难点 1利用导数的几何意义
1．已知抛物线y=-x 2
+2,过其上一点P 引抛物线的切线l ，使l 与两坐标轴在第一象限围成的面积最小，求l 的方程。

【解析】 设法用某个变量（如P 点横坐标）去表示三角形的面积S ，在利用函数关系式求最值就可以解决问题。

【答案】 设P 点坐标为（x 0,-x 2
0,+2）. ∵y ’=-2x ，∴过P 点的切线方程为： y-(-x 2
0+2)=-2x 0(x-x 0) ① 令x=0得y=x 2
0-x 2
0+2=x 2
0+2>0
y=0得x=x 0+0200
2022
22x x x x +=
- ∵S=2102
022
x x +(x 2
0+2) (x 0>0) =0
20404
441x x x ++
S ’=41(3x 2
0+4-204x ) 令S ’=0得x 0=36
又∵0<x 0<36时，S ’<0; 36
<x 时S ’>0. ∴当x 0=36
时，S 最小。

把x 0=36
代入①得l 的方程为：
26x+3y-8=0.
2．由原点O 向三次曲线y=x 3
-3ax 2
（a ≠0）引切线，切于点P 1（x 1,y 1）(O,P 1两点不重合)，再由P 1引此曲线的切线，切于点P 2（x 2,y 2）
(P 1，P 2不重合)。

如此继续下去，得到点列{P n (x n ,y n )} 求x 1;
求x n 与x n+1满足的关系式；
若a>0，试判断x n 与a 的大小关系并说明理由
【解析】 利用导数的几何意义写出切线方程，再通过切线方程找到x n 、x n+1的递推关
∵x n -x n+1≠0,
∴x 2
n +x n x n+1+x 2
n+1-3a(x n +x n+1)=3x 2
n+1-6ax n+1. ∴x 2
n +x n x n+1-2x 2
n+1-3a(x n +x n+1)=0 ∴(x n -x n+1)(x n +2x n+1-3a)=0. ∴x n +2x n+1=3a.
(3)由（2）得x n+1=-a
x n 232
1+ ∴x n+1-a=-21
(x n -a)
故数列{x n -a}是以x 1-a=21a 为首数，公比为-21
的等比数列。

∴xn-a=2a (-21
)
n-1
当n 为偶数时，xn-a=-a(-21
)n<0. ∴x n <a 当n 为奇数时，xn-a=-a(-21
)n>0. ∴x n >a.
难点 2利用导数探讨函数的单调性
1．已知m ∈R,研究函数f(x)=x
e m x m mx 6
3)1(32++++的单调区间
【解析】 先求f ’(x),再令f ’(x)>0和f ’(x)<0可解得函数的递增区间和递减区间。

【答案】 x
x x
x e x m mx d e m x m mx e m mx x f 3
)3()(]63)1(3[)]1(32[)('22
2-+--=
++++-++=
∴
f(x)在（-1，-m 3
）上是减函数。

②当0<m<3时，x 1<x 2.在区间（-∞，-m 3
）∪（-1，+∞）上g(x)<0,即f ’(x)<0.
∴函数f(x)在(-∞, -m 3)∪（-1，+∞）上是减函数，在区间（-m 3
，-1）上，g(x)>0，
f ’(x)>0.
∴f(x)在（-m 3
，-1）上是增函数。

③m=3时，x 1=x 2.
在区间(-∞, -1)∪（-1，+∞）上g(x)<0，f ’(x)<0。

∵f(x)在x=-1处连续。

∴f(x)在（-∞，+∞）上是减函数。

当m>3时x 1>x 2。

在区间(-∞, -1)∪（-m 3
，+∞）上，g(x)<0，f ’(x)<0。

∴f(x)在(-∞, -1)∪（-m 3
，+∞）上是减函数。

在区间（-1，-m 3
）上，g(x)>0，即f ’(x)>0. ∴f(x)在（-1，-m 3
）上是增函数。

2.已知函数
f(x)=ax x a x b x 222342
34++-+在
x=1处取极值，且函数g(x)=
ax x a x b x ---+2
342134在区间（a-6,2a-3）内是减函数，求a 的取值X 围。

3．已知f(x)=ax 3+bx 2
+cx+d 是定义在R 上的函数，其图像交x 轴于A 、B 、C 三点，若点B 的坐标为（2，0），且f(x)在[-1，0]和[4，5]上有相同的单调性，在[0，2]和[4，5]上有相反的单调性。

（1）求C 的值；
（2）在函数f(x)的图像上是否存在一点M （x 0,y 0）使得f(x)在点M 处的切线斜率为3b ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由。

【解析】 根据题设条件作出f(x)的图像知,f(x)有两个极值点，一个为x=0，另一个极值点在[2，4]之间，借助这个结论可判定在点M 处的切线的斜率能否等于3b ，
【答案】（1）由题意可知f(x)在[-1，0]和[0，2]上具有相反的单调性。

∴x=0是f(x)的一个极值点，故f ’(0)=0。

即3ax 2
+2bx+c=0有一个解为x=0∴c=0。

（2）∵f(x)交x 轴于点B （2，0）。

∴8a+4b+d=0,即d=-4(b+2a).
令f ’(x)=0，则3ax 2
+2bx=0,x 1=0,x 2=a b
32
∵f(x)在[0，2]和[4，5]上具有相反的单调
∴2≤-a b 32≤4， ∴-6≤a b
≤-3。

假设存在点M （x 0,y 0），使得f(x)在点M 处的切线斜率为3b ，则f ’(x 0)=3b 。

即3ax 2
0+2bx 0-3b=0。

∵△=（2b ）2-4×3a ×(-3b)=4b 2
+36ab=4ab(a b
+9)
∵又-6≤a b
≤-3,∴△<0.
∴不存在点M （x 0,y 0），使得f(x)在点M 处的切线斜率为3b 。

4．已知函数f(x)=331x +21
（b-1）x 2
+cx(b,c 为常数)
（1）若f(x)在x ∈(-∞,x 1)及x ∈（x 2+∞）上单调递增，且在x ∈（x 1,x 2）上单调递减，又满足0<x 2-x 1<1.求证b 2<2(b+2c).
(2)在（1）的条件下，若t>x1,试比较t 2
+bt+c 与x 1的大小，并加以证明。

【解析】 由f(x)的单调性可知x 1、x 2是f ’(x)=0的两根，<x 2-x 1<1可证明（1），（2）可用作差比较法。

【答案】 ∵f(x)在x ∈（-∞，x 1）及x ∈（x 2,+ ∞）上单调递增，且在x ∈（x 1,x 2）上
单
∵t>x 1,x 2-x 1<1 ∴t-x 1>0,x 1<x 1+1<t+1 ∴(t-x 1)(t-x 2+1)>0 ∴t 2
+bt+c>x 1.
难点 3利用导数求函数的极值和最值
1．已知函数f(x)=ax 3
+cx+d(a ≠0)是R 上奇函数，当x=-1时，f(x)取得极值2。

（1）求f(x)的单调区间；
（2）若对于x 1、x 2∈[-1，1]，不等式|f(x 1)-f(x 2)|≤m ，求m 的最小值。

【解析】 由题设条件易求得a 、b 、c 的值。

因此由f ’(x)>0和f ’(x)<0可求f(x)的单调区间。

（2）若对于任意x 1、x 2∈[-1，1]，不等式|f(x 1)- f(x 2)|≤m 恒成立，即|f(x 1)- f(x 2)| 是函数f(x)的最大值和最小值之差的绝对值。

因此，这一问主要是f(x)在[-1，1]上的最大值和最小值。

【答案】 （1）由f(-x)=-f(x)x ∈R,∴f(0)=0即d=0. ∴f(x)=ax 3
+cx,f ’(x)=3ax 2
+c.
由题设f （-1）=2为f(x)的极值，必有f ’(-1)=0。

∴⎩⎨
⎧=+-=+032c a c a 解得a=1,c=-3。

∴f(x)=x 3-3x.∴f ’(x)=3x 2
-3=3(x+1)(x-1). 令f ’(x)>0，解得x>1或x<-1. f ’(x)<0，解得1-<x<1.
∴f(x)在（-∞，-1）∪（1，+∞）上单调递增。

f(x)在（-1，1）上单调递减。

（2）用（1）知；f(x)=x 3
-3x 在[-1，1]，恒有|x(x 1)-f(x 2)| ≤M-N=2-(-2)=4.
（2）f ’(x)=2a+32
x =2(a+3
1
x ),
∵a>-1; x ∈(0,1), 3
1
x ≥1
∴a+3
1
x >0,即f ’(x)>0.
∴f(x)在（0，1）上是单调递增的。

（3）当a>-1时，f(x)在（0，1）单调递增，fmax （x ）= f(1)=-6。

∴a=-25
(不合题意舍
去)
当a ≤-1，令f ’(x)=0，x=
a 13
-
当x ∈（-∞，
a 13-）时，f ’(x)>0
x ∈（
a 13-，+∞）时，f ’(x)>0
∴x=
a 13-时，f(x)有最大值f （a 13-）。

令f(a 13-
)=-6⇒a=-22.此时x=22
∈（0，1）。

∴存在a=-22,使f(x)在（0，1）上有最大值-6。

3．已知f(x)=-x 3+ax,其中a ∈R,g(x)=
21-23x ,且f(x)<g(x)在（0，1）上恒成立，某某
数a 的取值X 围。

∴x=41时，h(x)有最小值h(41
)=-163
∴a<163
.
【典型习题导练】
1 已知函数f(x)在x=1处的导数为1，则x f x f x 2)1()1(lim 0-+→等于 （ ）]
A ．21
B ．1
C ．2
D ．41
答案： A 解析：∵f ′(x)=.21121)1('21)1()1(lim 212)1()1(lim 00
=⨯==∆-∆+=-+→∆→∆f x f x f x f x f x x 2 函数y=xsinx+cosx 在下列哪个区间内是增函数 （ ）
A ．（0，π）
B ．（-π,0）
C ．(2π ,π)
D ．(-π,- 2π
)
答案： D 解析：y ′=sinx+cosx-sinx=xcosx,x ∈(-π,-2π
)时，y ′>0.
3 已知函数f(x)=x x
a ln ln +在（1，+∞）上为减函数，则a 的取值X 围为 （ ）
A ．0<a<e 1
B ．0<a ≤e
C ．a ≥e
D ．a ≤e
答案： C 解析：f ′(x)=
∞+∈<--1(0ln ln 12x x x
a 在)上恒成立，故),1(+∞∈x 时，lnx>1ln a e 恒
成立，
∵x>.,1,e a a e a e ≥∴≤∴ 4 函数y=2x 3-3x 2
-12x+5在[0，3]上的最大值、最小值分别是 （ ）
A ．5，-15
B ．5，-4
C ．-4，-15
D ．5，-16 6 函数f(x)=x 3-2x+3的图像在x=1处的切线与圆x 2+y 2
=8的位置关系是 （ ）
A ．相切
B ．相交且过圆心
C ．相交但不过圆心
D ．相离 答案： C 解析：∵f ′(x)=3x2-2.f ′(1)=1, ∴切线方程为y=x+1,点（0，0）到切线距离d=2
221
<相交但不地圆心.
7 函数f(x)=xlnx,则f(x)的单调递减区间是_______.
答案：(0,e 1) 解析：令f ′(x)=lnx+1<0,得x ∈(0,e 1
).
8 曲线y=2-21x 2与y=41
x 3-2在交点处的切线夹角是__________.
答案：4π
解析：联立
).0,2(2412123解得交点坐标为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=x y x y 又∵（x 212-）′=-x,( 2413-x )′=243x .
∴两函数在x=2处导数分别为-2、3.
∴k 1=-2,k 2=3.tan θ=|
212
11k k k k +-|=1|)2(3132|=-+--
可求得θ=4π
. ④当m>9时，f ’(x)开口向上且△>0,说明存在砸锅间使f ’(x)<0,0
∴m<9,f(x)在R 上不是增函数.
综上怕述，所求m 的取值X 围是[0，9].
10 求函数f(x)=)1ln(1ln +-+x x x x 在[21，3]上的最大值和最小值。

答案：解：f ’(x)= .2)1(ln 1
12)1(ln )1)(1(ln 112
)1(ln )1()ln (+=+-+-++=
+-++'x x x x x x x x x x x x x x x 令f ’(x)=0既2)1(ln +x x
=0，∴x=1.
∴当x=1时可得f ’(x)<0,
当1<x ≤3时，f ’(x)>0
∴当x=1时可得f(x)的极小值f(1)=ln2
∴f(3)=.4ln 3ln 43-
f(21)=-31ln2-ln 23
=-31ln2-(ln3-ln2)
=32ln2-ln3=f(2), ∵ln2<ln3, ∴f(21
)<f(3).
∴f(x)的最大值为f(x)的最大值为f(3)=43
ln3-ln4.
（2）当a 取最大值时，存在t ∈R ，使x ∈[1，m]（m>1）时，f ’(t-x) ≤545
56-x 恒成立，试求m 的最大值。

答案：当a=59时，f ’(x)= 59x2-518x+1,
∴f ’(t-x)= 59
（t-x ）2518(t-x)+1,
∵f ’(t-x)≤536x-54,即59（t-x ）2-518(t-x)+1≤545
36-x ,整理得x2-2(t+1)≤0,该式在x ∈(1,m)上恒成立.
把x=1,x=m,代和上式得
.40,02)1()1(22,02)1(2)1(21≤≤∴⎪⎩⎪⎨⎧≤-++-≤-++-t t m t m t t
∴t+1-2t t t m 21++≤≤
∴当t=4时，m 有最大值9.
12 已知函数f(x)=-x 3-bx 2
-5cx-2d 在[-∞，0]上单调递减，在[0，6]上单调递增，且方程f(x)=0有3个实根：m 、n 、1。

（1）求f(4)的取值X 围。

答案： f ’(x)=-3x2-2bx-5c
∴f(x)在（-∞，0）上单调递增，且在[0，6]上单调递增.
∴当x=0时，f(x)取最小值。

∴f(0)=0即c=0
∴f(x)=-x 3-2bx=0
∴f(x)=-1-b-2d=0.21+-=⇒b d ∵f(x)=3x2-2bx=0的两个根为x1=0,x2=.9,32-≤≥b b b 即
=-63-15≥-63-15·（-9）=72。

故f(4)的取值X 围是[72，+∞].
（2）m 2-4mn+n 2是否有最小值？若有，求出最小值，若没有，请说明理由。

答案：由于m 、n 、1是方程f(x)=0的三个根，所以设
f(x)=-(x-m)(x-n)(x-1)=-x 3+(m+n+1)x 2-(m+n+mn)x+mn.与f(x)=-x 3-bx 2–2d
比较系数得
⎪⎩⎪⎨⎧=-++=++=-.2,
0,1mn d mn n m n m b ∴m 2-4mn+n 2（m+n ）
2-6mn=(-b-1)2-6·(-2d)=b2+2b+1+12·(-.11292)29(92)2()21=---≥--=+b b
即m 2-4mn+n 2有最小值112. 13 一艘渔艇偏激在距岸9km 处，今需派人送信给距渔艇343km 处的海岸渔站，如果送信人步行每小时5km ，船速每小时4km ，问应在何处登岸再步行可以使抵达渔站的时间最省？
答案：解：如图所示，设BC 为海岸线，A 为渔艇停泊处，设D 为海岸线上一点，CD=x,只需将时间t 表示为x 的函数，即可确定登岸的位置.
∵AB=9，AC=334，BC=.1522=-AB AC 由A 到C 所需要时间为t ，
则t=)150(812)15(4151≤≤+-+x x x
∴t 1=,81
2)15(1551+---x x 令t 1=0,解得x=3. 在x ∈(0,3),t 1<0; x ∈(3,15)时，t 1>0.
在x=3附近，t 1由负到正，因此在x=3处取得极小值，又t(0)=.2087)3(,421)15(,4343==t t
比较知，t(3)最小.
故在距渔站3km 处登岸可使抵达渔站的时间最省.
的极值点，且是极小值点，可知h(x)的最小值为0.因此，h ′(x) ≥0，即g(x)≥f(x).
（3）若关于x 的不等式a 2+1≥ax+b ≥32
23x 在[0，+∞]上恒成立，其中a 、b 为实数，求x 的取值X 围及a 与b 所满足的关系。

答案：0≤b ≤01 a>0是不等式成立的必要条件肥下讨论设此条件成立.
X2+1≥ax+b,即x2-ax+1(1-b)21。

令ϕ（x ）=ax+b-3223x ,于是ax+b ≥3223x 对任意x ∈[0，+∞]成立的充要条件是ϕ（x ）
≥0,由ϕ′(x)=a-31
x =0得x=a -3.
当0<x<a -3
时，ϕ（x ）>0.。