导数应用2

类型三利用导数研究函数的极值与最值
1．求函数y＝f(x)在某个区间上的极值的步骤
(1)求导数f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根x0；
(3)检查f′(x)在x＝x0左右的符号；
①左正右负⇔f(x)在x＝x0处取极大值；
②左负右正⇔f(x)在x＝x0处取极小值．
2．求函数y＝f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值(极大值或极小值)；
(2)将y＝f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
[例](2012年高考北京卷)
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．
[解析] (1)f ′(x )＝2ax ，g ′(x )＝3x 2＋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 ＝14a 2
时，
h (x )＝x 3
＋ax 2
＋14a 2x ＋1， h ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋14a 2
.
令h ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a
6. a >0时，h (x )与h ′(x )的变化情况如下：
所以函数h (x )的单调递增区间为(－∞，－a 2)和(－a
6，＋∞)； 单调递减区间为(－a 2，－a
6)． 当－a
2≥－1，即0<a ≤2时，
函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －1
4a 2.
当－a 2<－1，且－a
6≥－1，即2<a ≤6时，
函数h (x )在区间(－∞，－a 2)上单调递增，在区间(－a
2，－1]上单
调递减，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－a
2)＝1.
当－a
6<－1，即a >6时，
函数h (x )在区间(－∞，－a 2)上单调递增，在区间(－a 2，－a
6)上单调递减，在区间(－a 6，－1]上单调递增，又因为h (－a
2)－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0，所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－a 2)＝1.
跟踪训练
1．(2012年珠海摸底)若函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧2x 3＋3x 2＋1（x ≤0）
e ax （x >0），在[－2，2]
上的最大值为2，则a 的取值范围是( )
A ．[12ln 2，＋∞)
B ．[0，1
2ln 2] C ．(－∞，0] D ．(－∞，1
2ln 2]
解析：当x ≤0时，f ′(x )＝6x 2＋6x ，易知函数f (x )在(－∞，0]上的极大值点是x ＝－1，且f (－1)＝2，故只要在(0，2]上，e ax ≤2即可，即ax ≤ln 2在(0，2]上恒成立，即a ≤ln 2x 在(0，2]上恒成立，故a ≤1
2ln 2.
2．(2012·江苏高考)若函数y ＝f (x )在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f (x )的极值点．已知a ，b 是实数，1和－1是函数
f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点．
(1)求a 和b 的值；
(2)设函数g (x )的导函数g ′(x )＝f (x )＋2，求g (x )的极值点； (3)设h (x )＝f (f (x ))－c ，其中c ∈[－2,2]，求函数y ＝h (x )的零点个数．
[解] (1)由题设知f′(x)＝3x2＋2ax＋b，且
f′(－1)＝3－2a＋b＝0，f′(1)＝3＋2a＋b＝0，
解得a＝0，b＝－3.
(2)由(1)知f(x)＝x3－3x.
因为f(x)＋2＝(x－1)2(x＋2)，所以g′(x)＝0的根为x1＝x2＝1，x3＝－2.于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.
当x<－2时，g′(x)<0；当－2<x<1时，g′(x)>0，故－2是g(x)的极值点．
当－2<x<1或x>1时，g′(x)>0，故1不是g(x)的极值点．所以g(x)的极值点为－2.
(3)令f(x)＝t，则h(x)＝f(t)－c.先讨论关于x的方程f(x)＝d根的情况，d∈[－2,2]．
当|d|＝2时，由(2)可知，f(x)＝－2的两个不同的根为1和－2，注意到f(x)是奇函数，所以f(x)＝2的两个不同的根为－1和2.
当|d|<2时，因为f(－1)－d＝f(2)－d＝2－d>0，f(1)－d＝f(－2)－d＝－2－d<0，
所以－2，－1,1,2都不是f(x)＝d的根．
由(1)知f′(x)＝3(x＋1)(x－1)．
①当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，从而f(x)>f(2)＝2，此时f(x)＝d无实根．同理，f(x)＝d在(－∞，－2)上无实根．
②当x∈(1,2)时，f′(x)>0，于是f(x)是单调增函数，又f(1)
－d<0，f(2)－d>0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(1,2)内有惟一实根．同理，f(x)＝d在(－2，－1)内有惟一实根．
③当x∈(－1,1)时，f′(x)<0，故f(x)是单调减函数，又f(－
1)－d>0，f(1)－d<0，y＝f(x)－d的图象不间断，所以f(x)＝d在(－1,1)内有惟一实根．
由上可知：当|d|＝2时，f(x)＝d有两个不同的根x1，x2满足|x1|＝1，|x2|＝2；
当|d|<2时，f(x)＝d有三个不同的根x3，x4，x5满足|x i|<2，i ＝3,4,5.
现考虑函数y＝h(x)的零点．
(ⅰ)当|c|＝2时，f(t)＝c有两个根t1，t2满足|t1|＝1，|t2|＝2，而f(x)＝t1有三个不同的根，f(x)＝t2有两个不同的根，故y＝h(x)有5个零点．
(ⅱ)当|c|<2时，f(t)＝c有三个不同的根t3，t4，t5满足|t i|<2，i＝3,4,5，而f(x)＝t i(i＝3,4,5)有三个不同的根，故y＝h(x)有9个零点．
综上可知，当|c|＝2时，函数y＝h(x)有5个零点；
当|c|<2时，函数y＝h(x)有9个零点．
3.(2012·徐州最后一卷)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3.
(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；
(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)证明对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －2
e x
成立．
[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，1e ，f ′(x )<0，f (x )单调递
减，当x ∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1e ，＋∞，f ′(x )>0，f (x )单调递增．
①0<t <t ＋2<1
e
，t 无解；
②0<t ≤1e <t ＋2，即0<t <1e 时， f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－1
e ；
③1e <t <t ＋2，即t ≥1
e 时，
f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增，f (x )min
＝f (t )＝t ln t ；
所以f (x )min
＝⎩⎪⎨⎪
⎧
－1e ，0<t ≤1e
，t ln t ，t >1e .
(2)2x ln x ≥－x 2
＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3
x
，设h (x )＝2ln x ＋x
＋3x
(x >0)，则h ′(x )＝
x ＋3
x －1
x 2
，x ∈(0,1)，h ′(x )<0，
h (x )单调递减，x ∈[1，＋∞)，h ′(x )>0，h (x )单调递增，所以h (x )min
＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，所以
a ≤h (x )min ＝4.
(3)问题等价于证明x ln x >x
e x －2
e (x ∈(0，＋∞))，由(1)可知
f (x )＝
x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1
e 时取到．设m (x )
＝x
e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－x e x ，易得m (x )max ＝m (1)＝－1
e ，当且仅当x ＝1时取到，从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x >1e x －
2e x 成立．。