导数在函数中的应用精选

第十一讲导数在函数中的应用
教学目标：1、了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间.
2、了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中
多项式函数一般不超过三次).
一、知识回顾课前热身
知识点1、函数的单调性与导数
设函数y＝f(x)在某区间(a，b)内可导，若x∈(a，b)，f′(x)＞0，则f(x)在区间(a，b)内为增函数；若x∈(a，b)，f′(x)＜0，则f(x)在区间(a，b)内为减函数；若x∈(a，b)，f′(x)＝0，则f(x)在区间(a，b)内为常数函数
知识点2、函数的极值与导数
(1)函数的极小值：
若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都小，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则a点叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．(2)函数的极大值：
若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都大，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则b点叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，极大值和极小值统称为极值．
[探究] 导数值为0的点一定是函数的极值点吗？“导数为0”是函数在该点取得极值的什么条件？
提示：不一定．可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如函数f(x)＝x3，在x＝0处，有f′(0)＝0，但x＝0不是函数f(x)＝x3的极值点；其为函数在该点取得极值的必要而不充分条件．
知识点3、函数的最值与导数
(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件：
一般地，如果在区间[a，b]上，函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)求函数y＝f(x)在[a，b]上的最大值与最小值的步骤为
①求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
[探究] 函数的极值和函数的最值有什么联系和区别？
提示：极值是局部概念，指某一点附近函数值的比较，因此，函数在极大(小)值，可以比极小(大)值小(大)；最值是整体概念，最大、最小值是指闭区间[a，b]上所有函数值的比较．因而在一般情况下，两者是有区别的，极大
(小)值不一定是最大(小)值，最大(小)值也不一定是极大(小)值，但如果连续函数在区间(a ，b )内只有一个极值，那么极大值就是最大值，极小值就是最小值．
二、例题辨析 推陈出新
例1、已知函数f (x )＝ax ＋x ln x ，且图象在点⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e 处的切线斜率为1(e 为自然对数的底数)． (1)求实数a 的值； (2)设g (x )＝
f x －x
x －1
，求g (x )的单调区间； (3)当m >n >1(m ，n ∈Z )时，证明：
m
n n m
>n m . [解答] (1)f (x )＝ax ＋x ln x ，f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，依题意f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝a ＝1，所以a ＝1. (2)因为g (x )＝f x －x x －1＝x ln x x －1，所以g ′(x )＝x －1－ln x
x －12
. 设φ(x )＝x －1－ln x ，则φ′(x )
＝1－1x
.
当x >1时，φ′(x )＝1－1
x
>0，φ(x )是增函数，对∀x >1，φ(x )>φ(1)＝0，即当x >1时，g ′(x )>0，
故g (x )在(1，＋∞)上为增函数；当0<x <1时，φ′(x )＝1－1x
<0，φ(x )是减函数，对∀x ∈(0,1)，φ(x )>φ(1)
＝0，即当0<x <1时，g ′(x )>0，故g (x )在(0,1)上为增函数．所以g (x )的单调递增区间为(0,1)，(1，＋∞)．
(3)要证
m
n n m
>n m ，即证ln n m －ln m n >ln n －ln m ，即n －1n ln m >m －1m ln n ，m ln m m －1>n ln n
n －1.(*) 因为m >n >1，由(2)知，g (m )>g (n )，故(*)式成立，所以
m n n m
>n m . 变式练习1．
已知函数f (x )＝3x a
－2x 2
＋ln x ，其中a 为常数．
(1)若a ＝1，求函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，求a 的取值范围．
解：(1)若a ＝1时，f (x )＝3x －2x 2
＋ln x ，定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －4x ＋3＝－4x 2
＋3x ＋1x ＝
－
4x ＋1x －1
x
(x >0)．
当f′(x)>0，x∈(0,1)时，函数f(x)＝3x－2x2＋ln x单调递增．
当f′(x)<0，x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝3x－2x2＋ln x单调递减．故函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(2)f ′(x )＝3a －4x ＋1x ，若函数f (x )在区间[1,2]上为单调函数，即在[1,2]上，f ′(x )＝3a －4x ＋1
x
≥0
或f ′(x )＝3a －4x ＋1x ≤0，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x ≤0在[1,2]上恒成立．即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1
x
.
令h (x )＝4x －1x ，因为函数h (x )在[1,2]上单调递增，所以3a ≥h (2)或3a ≤h (1)，即3a ≥152或3
a
≤3，
解得a <0或0<a ≤2
5
或a ≥1.
例2、 (2012·重庆高考)设f (x )＝a ln x ＋12x ＋3
2
x ＋1，其中a ∈R ，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))
处的切线垂直于y 轴． (1)求a 的值； (2)求函数f (x )的极值．
[解答] (1)因f (x )＝a ln x ＋12x ＋32x ＋1，故f ′(x )＝a x －12x 2＋3
2. 由于曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))
处的切线垂直于y 轴，故该切线斜率为0，即f ′(1)＝0，从而a －12＋3
2＝0，解得a ＝－1.
(2)由(1)知f (x )＝－ln x ＋12x ＋32x ＋1(x >0)，f ′(x )＝－1x －12x 2＋32＝3x 2
－2x －1
2x 2
＝3x ＋1
x －1
2x
2
.
令f ′(x )＝0，解得x 1＝1，x 2＝－13(因x 2＝－1
3
不在定义域内，舍去)．
当x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,1)上为减函数；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，故f (x )在(1，＋∞)上为增函数．故f (x )在x ＝1处取得极小值f (1)＝3.
变式练习2． 已知函数f (x )＝e
－kx
·⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2
＋x －1k (k <0)．
(1)求f (x )的单调区间；
(2)是否存在实数k ，使得函数f (x )的极大值等于3e －2
？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)f (x )的定义域为R .f ′(x )＝－k e －kx
⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2＋x －1k ＋e －kx (2x ＋1)＝e －kx [－kx 2＋(2－k )x ＋2]， 即f ′(x )＝－e －kx
(kx －2)(x ＋1)(k <0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝2
k
.当k ＝－2时，f ′(x )＝2e 2x (x
＋1)2
≥0，
故f (x )的单调递增区间是(－∞，＋∞)． 当－2<k <0时，f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下：
x
⎝ ⎛⎭
⎪⎫－∞，2k
2
k
⎝ ⎛⎭
⎪⎫2k ，－1 －1 (－1，＋∞)
f (x )
增
极大值
减
极小值
增
所以函数f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，k 和(－1，＋∞)，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫k ，－1.
当k <－2时，f (x )，f ′(x )随x 的变化情况如下：
x (－∞，－1)
－1 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1，2k
2
k
⎝ ⎛⎭
⎪⎫2k ，＋∞
f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )
增
极大值
减
极小值
增
所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，－1)和⎝ ⎛⎭⎪⎫k ，＋∞，单调递减区间是⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1，k .
(2)当k ＝－1时，f (x )的极大值等于3e －2
.
理由如下：当k ＝－2时，f (x )无极大值．当－2<k <0时，f (x )的极大值为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2k ＝e －2⎝ ⎛⎭
⎪⎫4k
2＋1k ，
令e －2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋1k ＝3e －2
，即4k 2＋1k ＝3，解得k ＝－1或k ＝43(舍去)．当k <－2时，f (x )的极大值为f (－1)
＝－e k k .因为e k <e －2,0<－1k <12，所以－e k
k <12e －2.因为12
e －2<3e －2，所以
f (x )的极大值不可能等于3e －2
.
综上所述，当k ＝－1时，f (x )的极大值等于3e －2
.
三、归纳总结 方法在握
归纳1、导数法求函数单调区间的一般步骤
(1)确定函数f (x )的定义域； (2)求导数f ′(x )；(3)在函数f (x )的定义域内解不等式f ′(x )>0和
f ′(x )<0；
(4)根据(3)的结果确定函数f (x )的单调区间． 2．导数法证明函数f (x )在(a ，b )内的单调性的步骤
(1)求f ′(x )；(2)确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；(3)作出结论：f ′(x )>0时为增函数；f ′(x )<0时为减函数．
归纳2、求可导函数f (x )的极值的步骤
(1)求导数f ′(x )；(2)求方程f ′(x )＝0的根；(3)检验f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的附近两侧的符号： 具体如下表：
x x <x 0 x 0 x >x 0 f ′(x ) f ′(x )>0
f ′(x )＝0
f ′(x )<0
f (x ) 增
极大值f (x 0)
减
x
x <x 0
x 0
x >x 0
f′(x)f′(x)<0f′(x)＝0f′(x)>0
f(x)减极小值f(x0)增
四、拓展延伸能力升华
例3、已知函数f(x)＝(x－k)e x.
(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．
[解答] (1)f′(x)＝(x－k＋1)e x. 令f′(x)＝0，得x＝k－1. f(x)与f′(x)的情况如下：
x(－∞，k－1)(k－1)(k－1，＋∞)
f′(x)－0＋
f(x)减－e k－1增
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．
(2)当k－1≤0，即k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；
当0<k－1<1，即1<k<2时，由(1)知f(x)在[0，k－1)上单调递减，在(k－1,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－e k－1；
当k－1≥1，即k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.
保持本例条件不变，求f(x)在[0,1]上的最大值．
解：由本例(2)可知．①当k≤1时，函数f(x)在[0,1]上单调递增．所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(1)＝(1－k)e. ②当1<k<2时，由于f(0)＝－k，f(1)＝(1－k)e.令f(1)－f(0)＝(1－k)e＋k＝0，
得k＝
e
e－1
.
∴当1＜k<
e
e－1
时，f(1)>f(0)．此时f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)＝(1－k)e.当
e
e－1
<k<2时，f(1)<f(0)．
此时f(x)在[0,1]上的最大值是f(0)＝－k.
③当k≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(0)＝－k.
综上所述，当k<e
e－1
时，f(x)在[0,1]上的最大值为(1－k)e；
当k>e
e－1
时，f(x)在[0,1]上的最大值为－k. 变式练习3．
(2012·江西高考)已知函数f (x )＝(ax 2
＋bx ＋c )e x
在[0,1]上单调递减且满足f (0)＝1，f (1)＝0. (1)求a 的取值范围； (2)设g (x )＝f (x )－f ′(x )，求g (x )在[0,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f (0)＝1，f (1)＝0得c ＝1，a ＋b ＝－1，则f (x )＝[ax 2
－(a ＋1)x ＋1]e x
，
f ′(x )＝[ax 2＋(a －1)x －a ]e x . 依题意须对于任意x ∈(0,1)，有f ′(x )<0.
当a >0时，因为二次函数y ＝ax 2
＋(a －1)x －a 的图象开口向上，而f ′(0)＝－a <0，所以须f ′(1)＝(a －1)e<0，即0<a <1；
当a ＝1时，对任意x ∈(0,1)有f ′(x )＝(x 2
－1)e x
<0，f (x )符合条件； 当a ＝0时，对于任意x ∈(0,1)，f ′(x )＝－x e x
<0，f (x )符合条件；
当a <0时，因f ′(0)＝－a >0，f (x )不符合条件． 故a 的取值范围为0≤a ≤1. (2)因g (x )＝(－2ax ＋1＋a )e x
，所以g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x
.
(ⅰ)当a ＝0时，g ′(x )＝e x
>0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e. (ⅱ)当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1) 有g ′(x )＝－2x e x
<0，g (x )在x ＝0处取得最大值
g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.
(ⅲ)当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a 2a >0. ①若1－a 2a ≥1，即0<a ≤1
3时，g (x )在[0,1]上单调
递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.
②若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－a 2a ＝2a e
12a
a
-，在x ＝0或x ＝1处取得最
小值，而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ， 则当13<a ≤e －1
e ＋1
时，g (x )在x ＝0处取得最小值 g (0)＝1＋a ；
当
e －1
e ＋1
<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值 g (1)＝(1－a )e. 归纳1.利用导数求函数最值的方法
求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得，也可利用函数的单调性求得． 2.用导数求给定区间上的函数的最值问题一般可用以下几步解答：
第一
步 求
导 求函数
f (x )的导数
f ′(
x )
⇒ 第二步 判断单
调性
求函数
f (x )在
给定区间上的单调性
⇒第三步 求极点
求函数f (x )在给定区间上的极值
⇒
第四步 求端点值
求函数
f (x )在
给定区间上的端点值
⇒
第
五
步 确定最值
比较函数f (x )的各
极值与端
点值的大小，确定函数
f (x )的最
大值和最小值
⇒
第六步 反思回顾
查看关键点，易错点和解题规范．如本题的关键点是确定函数单调区间；易错点是对参
数的讨论
五、课后作业1．已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数f ′(x )的大致图象
如图所示，则下列叙述正确的是( ) A ．f (b )>f (c )>f (d ) B ．f (b )>f (a )>f (e ) C ．f (c )>f (b )>f (a ) D ．f (c )>f (e )>f (d )
解析：选C 依题意得，当x ∈(－∞，c )时，f ′(x )>0；当x ∈(c ，e )时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，
f ′(x )>0.因此，函数f (x )在(－∞，c )上是增函数，在(c ，e )上是减函数，在(e ，＋∞)上是增函数，又a <b <c ，所以f (c )>f (b )>f (a )．
2．函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′
x >2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )
A ．(－1,1)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1)
D ．(－∞，＋∞)
解析：选B 令函数g (x )＝f (x )－2x －4，则g ′(x )＝f ′(x )－2>0，因此，g (x )在R 上是增函数，又g (－1)＝f (－1)＋2－4＝2＋2－4＝0.所以，原不等式可化为g (x )>g (－1)，由g (x )的单调性，可得x >－1. 3．(2012·陕西高考)设函数f (x )＝x e x
，则( )
A ．x ＝1为f (x )的极大值点
B ．x ＝1为f (x )的极小值点
C ．x ＝－1为f (x )的极大值点
D ．x ＝－1为f (x )的极小值点
解析：选D 求导得f ′(x )＝e x
＋x e x
＝e x
(x ＋1)，令f ′(x )＝e x
(x ＋1)＝0，解得x ＝－1，易知x ＝－1是函数f (x )的极小值点．
4．函数f (x )＝x 3
3
＋x 2
－3x －4在[0,2]上的最小值是( )
A ．－173
B ．－103
C ．－4
D ．－643
解析：选A f ′(x )＝x 2
＋2x －3，令f ′(x )＝0得x ＝1(x ＝－3舍去)，又f (0)＝－4，f (1)＝－173，f (2)
＝－103
，
故f (x )在[0,2]上的最小值是f (1)＝－17
3
.
5．(2013·咸宁模拟)已知函数y ＝x 3
－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c ＝( )
A ．－2或2
B ．－9或3
C ．－1或1
D ．－3或1
解析：选A ∵y ′＝3x 2
－3，∴当y ′＝0时，x ＝±1. 则x ，y ′，y 的变化情况如下表：
x (－∞，－1)
－1 (－1,1) 1 (1，＋∞)
y ′ ＋
－
＋ y
增
c ＋2 减
c －2
增
2.
6．(2012·福建高考)已知f (x )＝x 3
－6x 2
＋9x －abc ，a <b <c ，且f (a )＝f (b )＝f (c )＝0.现给出如下结论：
①f (0)f (1)>0；②f (0)f (1)<0； ③f (0)f (3)>0；④f (0)f (3)<0. 其中正确结论的序号是( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④ 解析：选C ∵f ′(x )＝3x 2
－12x ＋9＝3(x －1)(x －3)，
由f ′(x )<0，得1<x <3，由f ′(x )>0，得x <1或x >3， ∴f (x )在区间(1,3)上是减函数，在区间(－∞，1)，(3，＋∞)
上是增函数． 又a <b <c ，f (a )＝f (b )＝f (c )＝0，∴y 极大值＝f (1)＝4－abc >0，y 极小值＝f (3)＝－abc <0. ∴0<abc <4. ∴a ，b ，c 均大于零，或者a <0，b <0，c >0.又x ＝1，x ＝3为函数f (x )的极值点，后一种情况不可能成立，如图． ∴f (0)<0.∴f (0)f (1)<0，f (0)f (3)>0.∴正确结论的序号是②③. 7．函数f (x )＝x 3
－15x 2
－33x ＋6的单调减区间为________．
解析：由f (x )＝x 3
－15x 2
－33x ＋6得f ′(x )＝3x 2
－30x －33，令f ′(x )<0，即3(x －11)(x ＋1)<0，
解得－1<x <11，所以函数f (x )的单调减区间为(－1,11)． 答案：(－1,11) 8．已知函数f (x )＝e x －2x ＋a 有零点，则a 的取值范围是______________． 解析：由原函数有零点，可转化为方程e x
－2x ＋a ＝0有解，即方程a ＝2x －e x
有解．
令函数g (x )＝2x －e x
，则g ′(x )＝2－e x ，令g ′(x )>0，得x <ln 2，所以g (x )在(－∞，ln 2)上是增函数，
在(ln 2，＋∞)上是减函数，所以g (x )的最大值为g (ln 2)＝2ln 2－2.因此，a 的取值范围就是函数
g (x )的值域，所以a 的取值范围为(－∞，2ln 2－2]．
答案：(－∞，2ln 2－2]
9．已知函数f (x )＝－x 3
＋ax 2
－4在x ＝2处取得极值，若m ，n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．
解析：由题求导得f ′(x )＝－3x 2
＋2ax ，由函数f (x )在x ＝2处取得极值知f ′(2)＝0，即－3×4＋2a ×2＝0，∴a ＝3.由此可得f (x )＝－x 3
＋3x 2
－4，f ′(x )＝－3x 2
＋6x ，易知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.又∵f ′(x )＝－3x 2
＋6x 的图象开口向下，且对称轴为x ＝1，∴当n ∈[－1,1]时，f ′(n )min ＝f ′(－1)＝－9.故f (m )＋f ′(n )的最小值为－13. 答案：－13
10．已知函数f (x )＝x 3
＋ax 2
＋bx ＋c 在点x 0处取得极小值－5，其导函数y ＝f ′(x )的图象经过点(0,0)，(2,0)．
(1)求a ，b 的值； (2)求x 0及函数f (x )的表达式．
解：(1)由题设可得f ′(x )＝3x 2
＋2ax ＋b . ∵f ′(x )的图象过点(0,0)，(2,0)，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
b ＝0，12＋4a ＋b ＝0，解得a ＝－3，b ＝0.
(2)由f ′(x )＝3x 2
－6x >0，得x >2或x <0， ∴在(－∞，0)上f ′(x )>0，在(0,2)上f ′(x )<0，在(2，＋∞)上f ′(x )>0.∴f (x )在(－∞，0)，(2，＋∞)上递增，在(0,2)上递减，因此f (x )在x ＝2处取得极小值．所以x 0＝2.由f (2)＝－5，得c ＝－1. ∴f (x )＝x 3
－3x 2
－1. 11．已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2
＋ax －2.
(1)求函数f (x )在[t ，t ＋2](t >0)上的最小值；
(2)若函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象恰有一个公共点，求实数a 的值；
(3)若函数y ＝f (x )＋g (x )有两个不同的极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，且x 2－x 1>ln 2，求实数a 的取值范围． 解：(1)令f ′(x )＝ln x ＋1＝0得x ＝1e ， ①当0<t <1e 时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，1e 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪
⎫1e ，t ＋2上单调递增， 此时函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1e ＝－1e ；
②当t ≥1
e
时，函数f (x )在[t ，t ＋2]上单调递增， 此时函数f (x )在区间[t ，t ＋2]上的最小值为f (t )＝
t ln t .
(2)由题意得，f (x )－g (x )＝x ln x ＋x 2－ax ＋2＝0在(0，＋∞)上有且仅有一个根，即a ＝ln x ＋x ＋2
x
在(0，
＋∞)上有且仅有一个根，令h (x )＝ln x ＋x ＋2x ，则h ′(x )＝1x ＋1－2x 2＝x 2
＋x －2x 2
＝1x
2(x ＋2)(x －1)， 易知h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以a ＝h (x )min ＝h (1)＝3.
(3)由题意得，y ＝f (x )＋g (x )＝x ln x －x 2
＋ax －2，则其导函数为y ′＝ln x －2x ＋1＋a ，由题意知y ′＝ln x －2x ＋1＋a ＝0有两个不同的实根x 1，x 2，等价于a ＝－ln x ＋2x －1有两个不同的实根x 1，x 2，且x 1<x 2， 等价于直线y ＝a 与函数G (x )＝－ln x ＋2x －1的图象有两个不同的交点．由G ′(x )＝－1
x
＋2，得G (x )在
⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递减，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，＋∞上单调递增， 画出函数G (x )图象的大致形状(如图)．
由图象易知，当a >G (x )min ＝G ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝ln 2时，x 1，x 2存在， 且x 2－x 1的值随着a 的增大而增大． 而当x 2－x 1＝ln 2时，
则有⎩
⎪⎨
⎪⎧
ln x 1－2x 1＋1＋a ＝0，ln x 2－2x 2＋1＋a ＝0，两式相减可得ln x 2
x 1
＝2(x 2－x 1)＝2ln 2，得x 2＝4x 1，代入上述方程组解得
x 1＝
ln 23，x 2＝43ln 2，此时实数a ＝23ln 2－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 23－1，所以实数a 的取值范围为a >23ln 2－ln ⎝ ⎛⎭
⎪⎫ln 23－
1.
12．已知函数f (x )＝x －12
ax 2
－ln(1＋x )，其中a ∈R .
(1)若x ＝2是f (x )的极值点，求a 的值；(2)求f (x )的单调区间；(3)若f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0，求a 的取值范围． 解：(1)f ′(x )＝
x 1－a －ax x ＋1，x ∈(－1，＋∞)．依题意，得f ′(2)＝0，解得a ＝13. 经检验，a ＝
1
3
时，符合题意．故a ＝1
3.
(2)①当a ＝0时，f ′(x )＝x
x ＋1
，由f ′(x )>0和f ′(x )<0，易得f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单
调递减区间是(－1,0)．
②当a >0时，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝1
a
－1.当0<a <1时，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：
x (－1，x 1)
x 1
(x 1，x 2) x 2
(x 2，＋∞)
f ′(x ) － 0
＋ 0
－ f (x )
减
f (x 1) 增
f (x 2)
减
所以，f (x )的单调递增区间是⎝
⎛⎭
⎪⎫0，a
－1，单调递减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
－1，＋∞.
当a ＝1时，f (x )的单调递减区间是(－1，＋∞)．当a >1时，－1<x 2<0，f (x )与f ′(x )的变化情况如下表：
x (－1，x 2)
x 2
(x 2，x 1) x 1
(x 1，＋∞)
f ′(x ) － 0
＋ 0
－ f (x )
减
f (x 2) 增
f (x 1)
减
所以，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1，0，单调递减区间是⎝
⎛⎭
⎪⎫－1，a
－1和(0，＋∞)．
③当a <0时，f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－1,0)． 综上，当a ≤0时，f (x )的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－1,0)；
当0<a <1时，f (x )的单调递增区间是⎝
⎛⎭⎪⎫0，1a
－1，单调递减区间是(－1,0)和⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a －1，＋∞；
当a ＝1时，f (x )的单调递减区间是(－1，＋∞)；
当a >1时，f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1，0，单调递减区间是⎝
⎛⎭
⎪⎫－1，1a
－1和(0，＋∞)．
(3)由(2)知a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，由f (0)＝0，知a ≤0时不合题意．
当0<a <1时，f (x )在(0，＋∞)上的最大值是f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a
－1，由f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a
－1>f (0)＝0，知0<a <1时不合题意．
当a ≥1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减，
可得f (x )在[0，＋∞)上的最大值是f (0)＝0，符合题意．
所以f (x )在[0，＋∞)上的最大值是0时，a 的取值范围是[1，＋∞)． 13．设f (x )＝－13x 3＋12
x 2
＋2ax .
(1)若f (x )在⎝ ⎛⎭
⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，求a 的取值范围； (2)当0<a <2时，f (x )在[1,4]上的最小值为－16
3
，求f (x )在该区间上的最大值．
解：(1)由f ′(x )＝－x 2
＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a ，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭
⎪
⎫23＝29＋2a ；令29＋2a >0，得a >－19. 所以，当a >－19时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间．
(2)令f ′(x )＝0，得两根x 1＝1－1＋8a 2， x 2＝1＋1＋8a 2. 所以f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单
调递减，在(x 1，x 2)上单调递增．当0<a <2时，有x 1<1<x 2<4，所以f (x )在[1,4]上的最大值为f (x 2)．又f (4)－f (1)＝－272＋6a <0，即f (4)<f (1)．所以f (x )在[1,4]上的最小值为f (4)＝8a －403＝－16
3
，
得a ＝1，x 2＝2，从而f (x )在[1,4]上的最大值为 f (2)＝10
3
.
（注：本资料素材和资料部分来自网络，仅供参考。

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