习题课 导数的应用
题型一 与最值有关的恒成立问题
【例1】 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.
解 (1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).
当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：
t
(0，1)
1
(1，2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
单调递增
1－m
单调递减
∴对t∈(0，2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，
h(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，
也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，
只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.
故实数m的取值范围是(1，＋∞).
规律方法 (1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立?λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立?λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.
(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.
【训练1】 设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，
(1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；
(2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.
解 (1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).
∴当x∈[0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(2，3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.
又f(3)＝9＋8c＞f(1)，
∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，
∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.
∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).
(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，
∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，
∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞).
题型二 利用导数证明不等式
【例2】 已知函数f(x)＝ln
x－(a∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)求证：对于任意x∈(1，2)，不等式－<恒成立.
(1)解 易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).
(2)证明 ∵1
∴－<等价于(x＋1)ln
x－2(x－1)>0，
令F(x)＝(x＋1)ln
x－2(x－1)，
即F′(x)＝ln
x＋－2＝ln
x＋－1.
由(1)知，当a＝1时，f(x)＝ln
x－1＋在[1，＋∞)上单调递增，
∴当x∈[1，2)时，f(x)≥f(1)，
即ln
x＋－1≥0，F′(x)≥0，
∴F(x)在[1，2)上单调递增，
∴当x∈(1，2)时，F(x)>F(1)＝0，
即当1规律方法 (1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性.
(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)【训练2】 设函数f(x)＝ln
x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1<(1)解 依题意，f(x)的定义域为(0，＋∞).
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，得x＝1.
∴当00，f(x)单调递增.
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
(2)证明 由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值f(1)＝0.所以当x≠1时，ln
x故当x∈(1，＋∞)时，>1，
又可将代入ln
x<－1，
即－ln
x<－1?ln
x>1－?ln
x>?x>，
故当x∈(1，＋∞)时恒有1<题型三 利用导数解决函数的零点或方程的根问题
【例3】 已知函数f(x)＝－1，
(1)求f(x)的单调区间；
(2)当a≤1时，求函数f(x)在区间(0，e]上零点的个数.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，令f′(x)＝0，得
x＝e1－a.
f′(x)及f(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，e1－a)
e1－a
(e1－a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
极大值
?
所以f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞).
(2)由(1)可知f(x)的最大值为f(e1－a)＝，
①当a＝1时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减.
又f(1)＝0，故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点.
②当a<1时，1－a>0，e1－a>1，则f(e1－a)＝<0，所以f(x)在区间(0，e]上无零点.
综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点，
当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点.
规律方法 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图像走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.
【训练3】 若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)取得极值－.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若方程f(x)＝k有3个不同的实数根，求实数k的取值范围.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2－b，
由题意得
解得a＝，b＝4(经检验满足题意).
∴f(x)＝x3－4x＋4.
(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.
∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2因此，当x＝－2时，f(x)取得极大值，当x＝2时，f(x)取得极小值－.
∴函数f(x)＝x3－4x＋4的大致图像如图所示.
由图可知，实数k的取值范围是.
一、素养落地
1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.
2.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问题的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题.
二、素养训练
1.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若aA.bf(b)≤af(a)
B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤bf(b)
D.af(b)≤bf(a)
解析 设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，
∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减或g(x)为常函数.
∵a答案 A
2.已知函数f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，则实数m的取值范围是( )
A.m≥
B.m>
C.m≤
D.m<
解析 由f′(x)＝2x3－6x2＝0，得x＝0或x＝3，经检验知x＝3是函数的最小值点，所以函数的最小值为f(3)＝3m－.不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立，所以3m－≥－9，解得m≥.
答案 A
3.直线y＝a与函数y＝x3－3x的图像有三个相异的交点，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.
因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图像如图所示，所以－2答案 (－2，2)
4.已知函数f(x)＝x3－3x2＋2，x1，x2是区间[－1，1]上任意两个值，M≥|f(x1)－f(x2)|恒成立，则M的最小值是________.
解析 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
当－1≤x<0时，f′(x)>0，f(x)是增加的，
当0所以当x＝0时，f(x)取得极大值，也为最大值，f(0)＝2，
又f(－1)＝－2，f(1)＝0，
所以f(x)的最小值为－2，对[－1，1]上任意x1，x2，
|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝4，
所以M≥|f(x1)－f(x2)|恒成立，等价于M≥4，即M的最小值为4.
答案 4
三、审题答题
示范(二) 利用导数解决不等式问题
【典型示例】
(12分)已知函数f(x)＝ax－ex(a∈R)，g(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间①；
(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立②，求a的取值范围.
联想解题
看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；
看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“?x”，而不是“?x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.
满分示范
解 (1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln
a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln
a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln
a，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln
a)，单调递减区间为(ln
a，＋∞).4分
(2)因为?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
则ax≤，即a≤.6分
设h(x)＝，则问题转化为a≤，
由h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝.
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
x
(0，)
(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
?
极大值
?
10分
由上表可知，当x＝时，函数h(x)有极大值，即最大值为，所以a≤.
故a的取值范围是.12分
满分心得
(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.
基础达标
一、选择题
1.对任意的x∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋7ax不存在极值点的充要条件是( )
A.0≤a≤21
B.a＝0或a＝7
C.a<0或a>21
D.a＝0或a＝21
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋7a，
当Δ＝4a2－84a≤0，
即0≤a≤21时，f′(x)≥0恒成立，函数f(x)不存在极值点.
答案 A
2.定义在R上的函数f(x)，若(x－1)·f′(x)<0，则下列各项正确的是( )
A.f(0)＋f(2)>2f(1)
B.f(0)＋f(2)＝2f(1)
C.f(0)＋f(2)<2f(1)
D.f(0)＋f(2)与2f(1)大小不定
解析 ∵(x－1)f′(x)<0，
∴当x>1时，f′(x)<0；当x<1时，f′(x)>0，
则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)上单调递增，
∴f(0)答案 C
3.已知函数f(x)＝x－sin
x，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0的解集是( )
A.
B.
C.(－∞，3)
D.(3，＋∞)
解析 因为f(x)＝x－sin
x，所以f(－x)＝－x＋sin
x＝－f(x)，又函数f(x)的定义域为R，即函数f(x)为奇函数，函数的导数f′(x)＝1－cos
x≥0，则函数f(x)是增函数，则不等式f(x＋1)＋f(2－2x)>0等价为f(x＋1)>－f(2－2x)＝f(2x－2)，即x＋1>2x－2，解得x<3，故不等式的解集为(－∞，3).
答案 C
4.当x∈(0，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.[－5，＋∞)
B.[－6，－5]
C.[－6，＋∞)
D.[－4，－3]
解析 ∵x>0，∴a≥－－恒成立.
令＝t，∵x∈(0，1]，∴t≥1，
∴a≥t－4t2－3t3恒成立.
令g(t)＝t－4t2－3t3，则g′(t)＝1－8t－9t2，
易知g′(t)图像的对称轴是t＝－＝－，
∴函数g′(t)在[1，＋∞)上是减少的.
又g′(1)＝－16<0，∴g′(t)<0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g(t)在[1，＋∞)上是减少的，
∴g(t)max＝g(1)＝－6，∴a≥－6.
答案 C
5.若函数f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.(0，4e2)
D.(0，＋∞)
解析 令g(x)＝x2ex，
则g′(x)＝2xex＋x2ex＝xex(x＋2).
令g′(x)＝0，得x＝0或－2，
∴g(x)在(－2，0)上单调递减，在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增.
∴g(x)极大值＝g(－2)＝，g(x)极小值＝g(0)＝0，
又f(x)＝x2ex－a恰有三个零点，则0答案 B
二、填空题
6.函数f(x)＝x3－12x＋3，g(x)＝3x－m，若对任意x1∈[－1，5]，存在x2∈[0，2]，f(x1)≥g(x2)，则实数m的最小值是________.
解析 f′(x)＝3x2－12＝3(x－2)(x＋2)，
易知f(x)在[－1，2]上是减少的，在[2，5]上是增加的，
所以f(x)min＝f(2)＝8－24＋3＝－13，
g(x)＝3x－m在[0，2]上是增加的，
所以g(x)min＝g(0)＝1－m，
由题意知－13≥1－m，即m≥14.
所以m的最小值为14.
答案 14
7.已知函数f(x)＝2xln
x，g(x)＝－x2＋ax－3对一切x∈(0，＋∞)，f(x)≥g(x)恒成立，则a的取值范围是________.
解析 由2xln
x≥－x2＋ax－3，
得a≤2ln
x＋x＋.
设h(x)＝2ln
x＋＋x(x>0).
则h′(x)＝－＋1＝，
当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.
∴h(x)min＝h(1)＝4.
又f(x)≥g(x)恒成立，∴a≤4.
答案 (－∞，4]
8.已知函数f(x)＝x2－2ln
x，若关于x的不等式f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，则实数m的取值范围是________.
解析 由f(x)－m≥0得f(x)≥m，
函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－＝，
当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，
此时，函数f(x)单调递增，
所以f(1)≤f(x)≤f(e).即1≤f(x)≤e2－2，
要使f(x)－m≥0在[1，e]上有实数解，
则有m≤e2－2.
答案 (－∞，e2－2]
三、解答题
9.已知函数f(x)＝a＋·ln
x(a∈R)，试求f(x)的零点个数.
解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝()′ln
x＋·＝，
令f′(x)>0，解得x>e－2，
令f′(x)<0，解得0所以f(x)在(0，e－2)上单调递减，
在(e－2，＋∞)上单调递增.
f(x)min＝f(e－2)＝a－，
显然当a>时，f(x)min>0，f(x)无零点，
当a＝时，f(x)min＝0，f(x)有1个零点，
当a<时，f(x)min<0，f(x)有2个零点.
10.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1处都取得极值.
(1)求a，b的值及函数f(x)的单调区间；
(2)若对x∈[－1，2]，不等式f(x)解 (1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
因为解得
所以f′(x)＝3x2－x－2＝(3x＋2)(x－1)，
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
－
1
(1，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
所以函数f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)；
单调减区间为.
(2)由(1)知，f(x)＝x3－x2－2x＋c，x∈[－1，2]，
当x＝－时，f＝＋c为极大值，
因为f(2)＝2＋c，所以f(2)＝2＋c为最大值.
要使f(x)只需c2>f(2)＝2＋c，解得c<－1或c>2.
故实数c的取值范围为(－∞，－1)∪(2，＋∞).
能力提升
11.已知函数f(x)＝ex－ln(x＋3)，则下列有关描述正确的是( )
A.?x∈(－3，＋∞)，f(x)≥
B.?x∈(－3，＋∞)，f(x)>－
C.?x0∈(－3，＋∞)，f(x0)＝－1
D.f(x)min∈(0，1)
解析 因为f(x)＝ex－ln(x＋3)，所以f′(x)＝ex－，显然f′(x)在(－3，＋∞)上是增函数，又f′(－1)＝－<0，f′(0)＝>0，
所以f′(x)在(－3，＋∞)上有唯一的零点，设为x0，且x0∈(－1，0)，则x＝x0为f(x)的极小值点，也是最小值点，且ex0＝，即x0＝－ln(x0＋3)，故f(x)≥f(x0)＝ex0－ln(x0＋3)＝＋x0>－，故选B.
答案 B
12.已知函数f(x)＝x2－aln
x(a∈R)，
(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)求证：当x>1时，x2＋ln
x(1)解 f′(x)＝x－，因为x＝2是一个极值点，所以2－＝0，则a＝4.此时f′(x)＝x－＝，因为f(x)的定义域是(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，则a＝4.
(2)解 因为f′(x)＝x－＝(x>0)，所以当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞).
当a＞0时，f′(x)＝x－＝＝，当0时，f′(x)>0.所以函数f(x)的单调递增区间(，＋∞)；递减区间为(0，).
(3)证明 设g(x)＝x3－x2－ln
x，
则g′(x)＝2x2－x－＝＞0，
又x>1，g′(x)>0，所以g(x)在x∈(1，＋∞)上为增函数，所以当x>1时，所以g(x)＞g(1)＝＞0，所以当x＞1时，x2＋ln
x＜x3.
创新猜想
13.(多选题)已知函数f(x)＝xln
x＋x2，x0是函数f(x)的极值点，以下几个结论中正确的是( )
A.0B.x0>
C.f(x0)＋2x0<0
D.f(x0)＋2x0>0
解析 函数f(x)＝xln
x＋x2(x>0)，∴f′(x)＝ln
x＋1＋2x，易知f′(x)＝ln
x＋1＋2x在(0，＋∞)上单调递增，
∵x0是函数f(x)的极值点，∴f′(x0)＝0，
即ln
x0＋1＋2x0＝0，
而f′＝>0，当x→0，f′(x)→－∞，∴0f(x0)＋2x0＝x0ln
x0＋x＋2x0＝x0(ln
x0＋x0＋2)＝－x0(x0－1)>0，即D正确，C不正确.故答案为AD.
答案 AD
14.(多选题)已知函数f(x)＝sin
x＋x3－ax，则下列结论正确的是( )
A.f(x)是奇函数
B.若f(x)是增函数，则a≤1
C.当a＝－3时，函数f(x)恰有两个零点
D.当a＝3时，函数f(x)恰有两个极值点
解析 对A，f(x)＝sin
x＋x3－ax的定义域为R，且f(－x)＝sin(－x)＋(－x)3－a·
(－x)＝－(sin
x＋x3－ax)＝－f(x).又函数f(x)的定义域为R，故A正确.
对B，f′(x)＝cos
x＋3x2－a，因为f(x)是增函数，
故cos
x＋3x2－a≥0恒成立.
即a≤cos
x＋3x2恒成立.令g(x)＝cos
x＋3x2，则g′(x)＝6x－sin
x，
设h(x)＝6x－sin
x，h′(x)＝6－cos
x>0，故g′(x)＝6x－sin
x单调递增，
又g′(0)＝0，故当x<0时g′(x)<0，当x>0时g′(x)>0.
故g(x)＝cos
x＋3x2最小值为g(0)＝1.
故a≤1.故B正确.
对C，当a＝－3时由B选项知，f(x)是增函数，故不可能有两个零点，故C错误.
对D，当a＝3时f(x)＝sin
x＋x3－3x，f′(x)＝cos
x＋3x2－3，令cos
x＋3x2－3＝0则有cos
x＝3－3x2.
在同一坐标系作出y＝cos
x，y＝3－3x2的图像易得有两个交点，且交点左右的函数值大小不同.
故函数f(x)恰有两个极值点.故D正确.故选ABD.
答案 ABD(共27张PPT)
题型一 与最值有关的恒成立问题
【例1】 设函数f(x)＝tx2＋2t2x＋t－1(x∈R，t＞0).
(1)求f(x)的最小值h(t)；
(2)若h(t)＜－2t＋m对t∈(0，2)恒成立，求实数m的取值范围.
解 (1)∵f(x)＝t(x＋t)2－t3＋t－1(x∈R，t＞0)，
∴当x＝－t时，f(x)取最小值f(－t)＝－t3＋t－1，
即h(t)＝－t3＋t－1.
习题课 导数的应用
(2)令g(t)＝h(t)－(－2t＋m)＝－t3＋3t－1－m，
由g′(t)＝－3t2＋3＝0得t＝1，t＝－1(不合题意，舍去).
当t变化时g′(t)、g(t)的变化情况如下表：
∴对t∈(0，2)，当t＝1时，g(t)max＝1－m，h(t)<－2t－m对t∈(0，2)恒成立，
也就是g(t)<0对t∈(0，2)恒成立，只需g(t)max＝1－m<0，∴m>1.
故实数m的取值范围是(1，＋∞).
t
(0，1)
1
(1，2)
g′(t)
＋
0
－
g(t)
单调递增
1－m
单调递减
规律方法 (1)“恒成立”问题向最值问题转化是一种常见的题型，一般地，可采用分离参数法进行转化.λ≥f(x)恒成立?λ≥[f(x)]max；λ≤f(x)恒成立?λ≤[f(x)]min.对于不能分离参数的恒成立问题，直接求含参函数的最值即可.
(2)此类问题特别要小心“最值能否取得到”和“不等式中是否含等号”的情况，以此来确定参数的范围能否取得“＝”.
【训练1】 设函数f(x)＝2x3－9x2＋12x＋8c，
(1)若对任意的x∈[0，3]，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围；
(2)若对任意的x∈(0，3)，都有f(x)＜c2成立，求c的取值范围.
解 (1)∵f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2).
∴当x∈[0，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(1，2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(2，3]时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
∴当x＝1时，f(x)取极大值f(1)＝5＋8c.
又f(3)＝9＋8c＞f(1)，
∴x∈[0，3]时，f(x)的最大值为f(3)＝9＋8c.
∵对任意的x∈[0，3]，有f(x)＜c2恒成立，
∴9＋8c＜c2，即c＜－1或c＞9.
∴c的取值范围为(－∞，－1)∪(9，＋∞).
(2)由(1)知f(x)＜f(3)＝9＋8c，
∴9＋8c≤c2，即c≤－1或c≥9，
∴c的取值范围为(－∞，－1]∪[9，＋∞).
①若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②若a>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)在(0，a)上单调递减，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(a，＋∞)上单调递增.
综上，当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).
(2)证明 ∵1令F(x)＝(x＋1)ln
x－2(x－1)，
∴当x∈[1，2)时，f(x)≥f(1)，
∴F(x)在[1，2)上单调递增，
∴当x∈(1，2)时，F(x)>F(1)＝0，
规律方法 (1)证明f(x)>g(x)的一般方法是证明h(x)＝f(x)－g(x)>0(利用单调性)，特殊情况是证明f(x)min>g(x)max(最值方法)，但后一种方法不具备普遍性.
(2)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式两个变元成为一个整体，另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式f(x1)＋g(x1)(1)解 依题意，f(x)的定义域为(0，＋∞).
∴当00，f(x)单调递增.
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
(2)证明 由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，且最大值f(1)＝0.所以当x≠1时，ln
x所以f(x)的单调递增区间为(0，e1－a)，单调递减区间为(e1－a，＋∞).
①当a＝1时，f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，e)上单调递减.
又f(1)＝0，故f(x)在区间(0，e]上只有一个零点.
x
(0，e1－a)
e1－a
(e1－a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
极大值
?
综上，当a＝1时，f(x)在区间(0，e]上只有一个零点，
当a<1时，f(x)在区间(0，e]上无零点.
规律方法 利用导数研究函数的零点或方程根的方法是借助于导数研究函数的单调性，极值(最值)，通过极值或最值的正负、函数的单调性判断函数图像走势，从而判断零点个数或者通过零点的个数求参数范围.
解 (1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2－b，
(2)由(1)可得f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2.
∴当x<－2或x>2时，f′(x)>0；当－2一、素养落地
1.通过学习利用导数解决实际应用问题、培养学生数学建模素养，通过学习利用导数解决不等式问题及函数零点问题，提升数学运算素养.
2.利用导数解决不等式问题与利用导数解决函数的零点问题的一般方法都是转化为函数的极值或最值问题.
二、素养训练
1.已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的正数a，b，若aA.bf(b)≤af(a)
B.bf(a)≤af(b)
C.af(a)≤bf(b)
D.af(b)≤bf(a)
解析 设g(x)＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)≤0，
∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减或g(x)为常函数.
∵a答案 A
答案 A
3.直线y＝a与函数y＝x3－3x的图像有三个相异的交点，则a的取值范围是________.
解析 f′(x)＝3x2－3，
令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1.
因为当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f′(x)>0，当x∈(－1，1)时，
f′(x)<0，所以f(x)极小值＝f(1)＝－2，f(x)极大值＝f(－1)＝2.函数y＝x3－3x的大致图像如图所示，所以－2答案 (－2，2)
4.已知函数f(x)＝x3－3x2＋2，x1，x2是区间[－1，1]上任意两个值，M≥|f(x1)－f(x2)|恒成立，则M的最小值是________.
解析 f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
当－1≤x<0时，f′(x)>0，f(x)是增加的，
当0所以当x＝0时，f(x)取得极大值，也为最大值，f(0)＝2，
又f(－1)＝－2，f(1)＝0，
所以f(x)的最小值为－2，对[－1，1]上任意x1，x2，
|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝4，
所以M≥|f(x1)－f(x2)|恒成立，等价于M≥4，即M的最小值为4.
答案 4
(2)?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex成立②，
求a的取值范围.
联想解题
看到①想到解不等式f′(x)>0求f(x)的单调增区间，解不等式f′(x)<0求f(x)的单调减区间，但需注意讨论不等式中参数a的符号；
看到②想到通过分离参数a构造新函数，把不等式问题转化为求函数的最值问题，需注意的是条件为“?x”，而不是“?x”，所以要弄清楚问题是求函数的最大值还是最小值.
满分示范
解 (1)因为f′(x)＝a－ex，x∈R.
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在R上单调递减；2分
当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln
a.
由f′(x)>0，得f(x)的单调递增区间为(－∞，ln
a)；
由f′(x)<0，得f(x)的单调递减区间为(ln
a，＋∞).
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间；
当a>0时，f(x)的单调递增区间为(－∞，ln
a)，单调递减区间为(ln
a，＋∞).4分
(2)因为?x∈(0，＋∞)，使不等式f(x)≤g(x)－ex，
当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)，h(x)随x变化的变化情况如下表：
10分
满分心得
(1)涉及含参数的函数的单调区间，一般要分类讨论，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)解决不等式“恒成立”或“能成立”问题首先要构造函数，利用导数求出最值、求出参数的取值范围，也可分离参数、构造函数，直接把问题转化为求函数的最值.