(2)求函数f(x)的极值．
解：(1)因为f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋1， 故f′(x)＝6x2＋2ax＋b， aax＋?2＋b－， 从而f′(x)＝6??6?6a
即y＝f′(x)关于直线x＝－对称．
6a1
从而由题设条件知－＝－，即a＝3.
62又由于f′(1)＝0，即6＋2a＋b＝0， 得b＝－12.
(2)由(1)知f(x)＝2x3＋3x2－12x＋1， 所以f′(x)＝6x2＋6x－12＝6(x－1)(x＋2)， 令f′(x)＝0，
即6(x－1)(x＋2)＝0， 解得x＝－2或x＝1， 当x∈(－∞，－2)时，f′(x)>0， 即f(x)在(－∞，－2)上单调递增； 当x∈(－2,1)时，f′(x)<0， 即f(x)在(－2,1)上单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 即f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
从而函数f(x)在x＝－2处取得极大值f(－2)＝21， 在x＝1处取得极小值f(1)＝－6. 考点五 运用导数解决函数的最值问题 [典例] 已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a>0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值． 1
[解] (1)f′(x)＝－a(x>0)，
x1
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，
x即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)． 11
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝0，可得x＝，
xa1－ax1
当0
ax1－ax1
当x>时，f′(x)＝<0，
ax
1
0，?， 故函数f(x)的单调递增区间为??a?2
1
，＋∞?. 单调递减区间为??a?
1
(2)①当≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1,2]上是减函数，∴f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a.
a11
②当≥2，即0
a2
1111
1，?上是增函数，在?，2?上是减函数．又f(2)－f(1)＝ln 2－a，∴③当1<<2，即
当
当ln 2≤a<1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a. 综上可知，
当0
1
设函数f(x)＝aln x－bx2(x>0)，若函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
2(1)求实数a，b的值；
1?
(2)求函数f(x)在??e，e?上的最大值． a
解：(1)f′(x)＝－2bx，
x
1
∵函数f(x)在x＝1处与直线y＝－相切，
2f′?1?＝a－2b＝0，a＝1，????∴?解得?1 1
f?1?＝－b＝－，b＝.??2??21－x2121
(2)f(x)＝ln x－x，f′(x)＝－x＝，
2xx11
∵当≤x≤e时，令f′(x)>0得≤x<1；
ee
1?1
，1上单调递增，在[1，e]上单调递减，∴f(x)max＝f(1)＝－. 令f′(x)<0，得1 ax2＋bx＋c [典例] (2013·北京丰台高三期末)已知函数f(x)＝(a>0)的导函数y＝f′(x)的两个零点为－3和0. ex(1)求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的极小值为－e3，求f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值． xx ?2ax＋b?e－?ax2＋bx＋c?e [解] (1)f′(x)＝ x?e?2 －ax2＋?2a－b?x＋b－c ＝， ex令g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c， 因为ex>0，所以y＝f′(x)的零点就是g(x)＝－ax2＋(2a－b)x＋b－c的零点，且f′(x)与g(x)符号相同． 又因为a>0，所以－3 当x<－3或x>0时，g(x)<0，即f′(x)<0，所以f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x＝－3是f(x)的极小值点，所以有 9a－3b＋c??e＝－e，?g?0?＝b－c＝0，??g?－3?＝－9a－3?2a－b?＋b－c＝0， －33 解得a＝1，b＝5，c＝5， x2＋5x＋5所以f(x)＝. ex因为f(x)的单调增区间是(－3,0)，单调减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)， 所以f(0)＝5为函数f(x)的极大值， 故f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值取f(－5)和f(0)中的最大者． 而f(－5)＝[针对训练] 2 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，若x＝时，y＝f(x)有极 3值． (1)求a，b，c的值； (2)求y＝f(x)在[－3,1]上的最大值和最小值． 解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0，① 2?2 当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′??3?＝0，可得4a＋3b＋4＝0，② 3由①②，解得a＝2，b＝－4.由于切点的横坐标为1， 所以f(1)＝4. 所以1＋a＋b＋c＝4.所以c＝5. 2(2)由(1)，可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，f′(x)＝3x2＋4x－4.令f′(x)＝0，解之，得x1＝－2，x2＝. 3当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示： x f′(x) f(x) 95 所以y＝f(x)在[－3,1]上的最大值为13，最小值为. 27 －3 ＋ 8 (－3，－2) ＋ ? －2 0 13 555－5＝5e>5＝f(0)，所以函数f(x)在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e. e ?－2，2? 3??－ ? 2 30 95 27?2，1? ?3?＋ ? 1 ＋ 4 考点七：利用导数研究恒成立问题及参数求解 [典例] (2013·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2. (1)求a，b，c，d的值； (2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围． [解] (1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2， f′(0)＝4，g′(0)＝4. 而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4. 从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2. (2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)． 设函数F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2， 则F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)． 由题设可得F(0)≥0，即k≥1. 令F′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2. (ⅰ)若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x1)上单调递减，在(x1，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)上的最小值为F(x1)．而F(x1)＝2x1＋2－x21－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0. 故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． (ⅱ)若k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e2)．从而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增， － 而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立． (ⅲ)若k＞e2，则F(－2)＝－2ke2＋2＝－2e2·(k－e2)＜0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立． － － 综上，k的取值范围是[1，e2]． [针对训练] 1 设函数f(x)＝x2＋ex－xex. 2(1)求f(x)的单调区间； (2)若当x∈[－2,2]时，不等式f(x)>m恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， ∵f′(x)＝x＋ex－(ex＋xex)＝x(1－ex)， 若x＝0，则f′(x)＝0； 若x<0，则1－ex>0，所以f′(x)<0； 若x>0，则1－ex<0，所以f′(x)<0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上为减函数， 即f(x)的单调减区间为(－∞，＋∞)． (2)由(1)知，f(x)在[－2,2]上单调递减． 故[f(x)]min＝f(2)＝2－e2， ∴m<2－e2时，不等式f(x)>m恒成立． 故m的取值范围为(－∞，2－e2)． 考点八、利用导数证明不等式问题 [典例] (2013·河南省三市调研)已知函数f(x)＝ax－ex(a>0)． 1 (1)若a＝，求函数f(x)的单调区间； 2(2)当1≤a≤1＋e时，求证：f(x)≤x. 11 [解] (1)当a＝时，f(x)＝x－ex. 221 f′(x)＝－ex，令f′(x)＝0，得x＝－ln 2. 2当x<－ln 2时，f′(x)>0； 当x>－ln 2时，f′(x)<0， ∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－ln 2)，单调递减区间为(－ln 2，＋∞)． (2)证明：法一：令F(x)＝x－f(x)＝ex－(a－1)x， (ⅰ)当a＝1时，F(x)＝ex>0， ∴f(x)≤x成立． (ⅱ)当1ln(a－1)时，F′(x)>0， ∴F(x)在(－∞，ln (a－1))上单调递减，在(ln(a－1)，＋∞)上单调递增． ∴F(x)≥F(ln(a－1))＝eln(a∵1 ∴a－1>0,1－ln(a－1)≥1－ln[(1＋e)－1]＝0， ∴F(x)≥0，即f(x)≤x成立． 综上，当1≤a≤1＋e时，有f(x)≤x. 法二：令g(a)＝x－f(x)＝－xa＋x＋ex， 只要证明g(a)≥0在1≤a≤1＋e时恒成立即可． g(1)＝－x＋x＋ex＝ex>0，① g(1＋e)＝－x·(1＋e)＋x＋ex＝ex－ex， 设h(x)＝ex－ex，则h′(x)＝ex－e， 当x<1时，h′(x)<0；当x>1时，h′(x)>0， ∴h(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝e1－e·1＝0， 即g(1＋e)≥0.② 由①②知，g(a)≥0在1≤a≤1＋e时恒成立． ∴当1≤a≤1＋e时，有f(x)≤x. [针对训练] －1) －1) ， －(a－1)·ln(a－1)＝(a－1)[1－ln(a－1)]， 11 (2014·东北三校联考)已知函数f(x)＝x2－ax3(a>0)，函数g(x)＝f(x)＋ex(x－1)，函数g(x)的导函数为g′(x)． 23(1)求函数f(x)的极值； (2)若a＝e， (ⅰ)求函数g(x)的单调区间； (ⅱ)求证：x>0时，不等式g′(x)≥1＋ln x恒成立． 1 x－?， 解：(1)f′(x)＝x－ax2＝－ax??a?1 ∴当f′(x)＝0时，x＝0或x＝，又a>0， a1 0，?时， ∴当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈??a?1?f′(x)>0；当x∈??a，＋∞?时，f′(x)<0， ∴f(x)的极小值为f(0)＝0， 1?1 f(x)的极大值为f??a?＝6a2. 11 (2)∵a＝e，∴g(x)＝x2－ex3＋ex(x－1)， 23g′(x)＝x(ex－ex＋1)． (ⅰ)记h(x)＝ex－ex＋1，则h′(x)＝ex－e， 当x∈(－∞，1)时，h′(x)<0，h(x)是减函数； x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)是增函数， ∴h(x)≥h(1)＝1>0， 则在(0，＋∞)上，g′(x)>0； 在(－∞，0)上，g′(x)<0， ∴函数g(x)的单调递增区间是(0，＋∞)，单调递减区间是(－∞，0)． 1＋ln x (ⅱ)证明：x>0时，g′(x)＝x(ex－ex＋1)≥1＋ln x?ex－ex＋1≥， x由(ⅰ)知，h(x)＝ex－ex＋1≥1， 记φ(x)＝1＋ln x－x(x>0)，则φ′(x)＝ 1－x ， x 在区间(0,1)上，φ′(x)>0，φ(x)是增函数； 在区间(1，＋∞)上，φ′(x)<0，φ(x)是减函数， 1＋ln x ∴φ(x)≤φ(1)＝0，即1＋ln x－x≤0，≤1， x1＋ln x ∴ex－ex＋1≥1≥，即g′(x)≥1＋ln x恒成立． x