一、导数与函数的单调性
利用导数求函数单调区间的步骤：
(1)求导数f′(x)；
(2)解不等式f′(x)>0或f′(x)<0；
(3)写出单调增区间或减区间．
特别注意写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接．
二、导数与函数的极值
利用导数求函数极值的步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)解方程f′(x)＝0的根；
(3)检验f′(x)＝0的根的两侧的f′(x)的符号，若左正右负，则f(x)在此根处取极大值；若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值．否则此根不是f(x)的极值点．
三、求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤
(1)求f(x)在(a，b)内的极值；
(2)将(1)求得的极值与f(a)，f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值．
特别地，①当f(x)在[a，b]上单调时，其最小值、最大值在区间端点取得；②当f(x)在(a，b)内只有一个极值点时，若在这一点处f(x)有极大(或极小)值，则可以判断f(x)在该点处取得最大(或最小)值，这里(a，b)也可以是(－∞，＋∞)．
四、导数的实际应用
利用导数求实际问题的最大(小)值时，应注意的问题：
(1)求实际问题的最大(小)值时，一定要从问题的实际意义去考查，不符合实际意义的值应舍去．
(2)在实际问题中，由f′(x)＝0常常仅解到一个根，若能判断函数的最大(小)值在x的变化区间内部得到，则这个根处的函数值就是所求的最大(小)值．
课件7张PPT。核心要点归纳阶段质量检测知识整合与阶段检测阶段质量检测见阶段质量检测（四）阶段质量检测(四) 导数应用
[考试时间：90分钟 试卷总分：120分]
题 号
一
二
三
总 分
15
16
17
18
得 分
第Ⅰ卷 (选择题)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．函数f(x)＝2x－cos x在(－∞，＋∞)上( )
A．无最值 B．有极值
C．有最大值 D．有最小值
2．函数f(x)＝x2－ln x的单调递减区间是( )
A.
B.
C. ，
D.，
3．已知对任意实数x，有f(－x)＝f(x)，且x＞0时，f′(x)＞0，则x＜0时( )
A．f′(x)＞0 B．f′(x)＜0
C．f′(x)＝0 D．无法确定
4．设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a＞0)，则f(x)在R上为增加的充要条件是( )
A．b2－4ac＞0 B．b＞0，c＞0
C．b＝0，c＞0 D．b2－3ac≤0
5．若函数f(x)在(0，＋∞)上可导，且满足f(x)＞－xf′(x)，则一定有( )
A．函数F(x)＝在(0，＋∞)上为增加的
B．函数F(x)＝在(0，＋∞)上为减少的
C．函数G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为增加的
D．函数G(x)＝xf(x)在(0，＋∞)上为减少的
6．函数y＝2x3－3x2－12x＋5在[0,3]上的最大值与最小值分别是( )
A．5，－15 B．5,4
C．－4，－15 D．5，－16
7．函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9，已知f(x)在x＝－3处取得极值，则a＝( )
A．2 B．3
C．4 D．5
8．把长为12 cm的细铁丝锯成两段，各自围成一个正三角形，那么这两个正三角形的面积之和的最小值是( )
A. cm2 B．4 cm2
C．3 cm2 D．2 cm2
9．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，则下列图像不可能为y＝f(x)的图像的是( )
10．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价定为p元，销售量为Q，则销售量Q(单位：件)与零售价p(单位：元)有如下关系：Q＝8 300－170p－p2，则最大毛利润(毛利润＝销售收入－进货支出)为( )
A．30元 B．60元
C．28 000元 D．23 000元
答 题 栏
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确的答案填在题中的 横线上)
11．已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1有极大值和极小值，则a的取值范围是__________．
12．若函数f(x)＝ax2＋2x－ln x(a≠0)在区间[1,2]上是增加的，则实数a的最小值为________．
13．某厂生产产品x件的总成本c(x)＝1 200＋x3(万元)，已知产品单价P(万元)与产品件数x满足：P＝，则产量定为________件时，总利润最大．
14．若函数f(x)＝在区间(m,2m＋1)上单调递增，则实数m的取值范围是__________．
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)设函数f(x)＝6x3＋3(a＋2)x2＋2ax.
(1)若f(x)的两个极值点为x1，x2，且x1x2＝1，求实数a的值；
(2)是否存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
16．(本小题满分12分)已知f(x)＝ax3＋bx2－2x＋c在x＝－2时有极大值6，在x＝1时有极小值，求a，b，c的值；并求f(x)在区间[－3,3]上的最大值和最小值．
17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝x2－aln x(x∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当x＞1时，x2＋ln x＜x3是否恒成立，并说明理由．
18．(本小题满分14分)已知函数f(x)＝ex＋2x2－3x.
(1)求证：函数f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极值点．
(2)当x≥时，若关于x的不等式f(x)≥x2＋(a－3)x＋1恒成立，试求实数a的取值范围．
答 案
1．选A ∵f(x)＝2x－cos x，
∴f′(x)＝2＋sin x＞0恒成立．
故f(x)＝2x－cos x在(－∞，＋∞)上是增加的，
既没有最大值也没有最小值．
2．选A ∵f′(x)＝2x－＝，当0＜x≤时，
f′(x)≤0，故f(x)的单调递减区间为.
3．选B 因为f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．
又x＞0时，f′(x)＞0，故f(x)在x＞0时为增加的，
由偶函数在对称区间上单调性相反，可知当x＜0时，f(x)为减少的．
4．选D 要使f(x)在R上为增加的，
则f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≥0在R上恒成立(但f′(x)不恒等于零)，
故只需Δ＝4b2－12ac≤0，即b2－3ac≤0.
5．选C 设y＝xf(x)，则y′＝xf′(x)＋f(x)＞0，故y＝xf(x)在(0，＋∞)上为增加的．
6．选A y′＝6x2－6x－12，令y′＝0，得x＝－1,2，
又f(2)＝－15，f(0)＝5，f(3)＝－4，
∴最大值、最小值分别是5，－15.
7．选D ∵f′(x)＝3x2＋2ax＋3，
又f(x)在x＝－3处取得极值，∴f′(－3)＝30－6a＝0.得a＝5.
8．选D 设一个三角形的边长为x cm，则另一个三角形的边长为(4－x) cm，两个三角形的面积和为S＝x2＋(4－x)2＝x2－2x＋4(0令S′＝x－2＝0，
则x＝2，且x<2时，S′<0,20.
所以x＝2时，S取最小值2.
9．选D ∵[f(x)ex]′＝f′(x)ex＋f(x)(ex)′＝[f′(x)＋f(x)]ex，
又x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点，
∴f′(－1)＋f(－1)＝0，而选项D中f′(－1)>0，f(－1)>0，故D中图像不可能为y＝f(x)的图像．
10．选D 设毛利润为L(p)，
由题意知L(p)＝pQ－20Q＝Q(p－20)
＝(8 300－170p－p2)(p－20)
＝－p3－150p2＋11 700p－166 000，
所以L′(p)＝－3p2－300p＋11 700.
令L′(p)＝0，
解得p＝30或p＝－130(舍去)．
此时，L(30)＝23 000.
因为在p＝30附近的左侧L′(p)>0，
右侧L′(p)<0，
所以L(30)是最大值，即零售价定为每件30元时，最大毛利润为23 000元．
11．解析：令f′(x)＝3x2＋2ax＋＝0，此方程应有两个不相等的实数根，
所以Δ>0.即4a2－12>0，
∴a2－3a＋2>0，∴a>2或a<1.
答案：(－∞，1)∪(2，＋∞)
12．解析：易知x＞0，且f′(x)＝ax＋2－＝，
∵函数f(x)在区间[1,2]上是增加的，
∴f′(x)≥0对x∈[1,2]恒成立，即不等式ax2＋2x－1≥0对x∈[1,2]恒成立，
即a≥＝－＝2－1恒成立，故a≥max，
而当x＝2时，2－1取到最大值－，
∴实数a的取值范围为a≥－，即实数a的最小值为－.
答案：－
13．解析：总利润L(x)＝x·－1 200－＝－＋500－1 200(x ＞0)．
由L′(x)＝－x2＋＝0得x＝25；
令L′(x)＞0得0＜x＜25；令L′(x)＜0得x＞25.
故L(x)在(0,25)上是增加的，在(25，＋∞)上是减少的，
所以当产量定为25件时，总利润最大．
答案：25
14．解析：f′(x)＝，令f′(x)＞0，得－1＜x＜1，
即函数f(x)的增区间为(－1,1)．
又f(x)在(m,2m＋1)上单调递增，
所以解得－1＜m≤0.
答案：(－1,0]
15．解：f′(x)＝18x2＋6(a＋2)x＋2a.
(1)由已知有f′(x1)＝f′(x2)＝0，从而x1x2＝＝1，所以a＝9.
(2)因为Δ＝36(a＋2)2－4×18×2a＝36(a2＋4)>0，
所以不存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数．
16．解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx－2，
由条件知
解得a＝，b＝，c＝.
(2)f(x)＝x3＋x2－2x＋，
f′(x)＝x2＋x－2＝(x－1)(x＋2)．
列表如下：
x
－3
(－3，－2)
－2
(－2,1)
1
(1,3)
3
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
6
?
?
由上表知，在区间[－3,3]上，当x＝3时，f(x)取最大值，x＝1时，f(x)取最小值.
17．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
由题意得f′(x)＝x－(x＞0)，
当a≤0时，f′(x)＞0恒成立，
∴f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
当a＞0时，f′(x)＝x－＝＝，
∴当0＜x＜时，f′(x)＜0；当x＞时，f′(x)＞0.
∴当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)．
(2)当x＞1时，x2＋ln x＜x3恒成立，理由如下：
设g(x)＝x3－x2－ln x(x＞1)，
则g′(x)＝2x2－x－＝＞0，
∴g(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴g(x)＞g(1)＝＞0.
即x3－x2－ln x＞0，∴x2＋ln x＜x3，
故当x＞1时，x2＋ln x＜x3恒成立．
18．解：(1)证明：f′(x)＝ex＋4x－3，
∵f′(0)＝e0－3＝－2<0，f′(1)＝e＋1>0，
∴f′(0)·f′(1)<0.
令h(x)＝f′(x)＝ex＋4x－3，则h′(x)＝ex＋4>0，
∴f′(x)在区间[0,1]上单调递增，
∴f′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点，
∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点．
(2)由f(x)≥x2＋(a－3)x＋1，
得ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1，
即ax≤ex－x2－1，
∵x≥，∴a≤.
令g(x)＝，则g′(x)＝.
令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1，则φ′(x)＝x(ex－1)．
∵x≥，∴φ′(x)>0.
∴φ(x)在上单调递增．
∴φ(x)≥φ＝－>0.
因此g′(x)>0，故g(x)在上单调递增，
则g(x)≥g＝＝2－，
∴a的取值范围是.
