数学教材习题点拨：导数在研究函数中的应用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精教材习题点拨教材问题解答（问题)如果在某个区间内恒有f′（x)＝0,那么函数f(x）有什么特征？答:如果在某个区间上恒有f′(x)＝0，那么函数f(x)在这个区间上是常数函数．（思考）请同学们回顾一下函数单调性的定义,并思考某个区间上函数y＝f（x)的平均变化率的几何意义与其导数正负的关系．答：函数y＝f(x)的平均变化率eq\f（fx2－fx1,x2－x1)的几何意义是经过（x1，f（x1)），（x2，f（x2))两点直线的斜率．当导数为正值时，函数单调递增，平均变化率eq\f（fx2－fx1，x2－x1)＞0;当导数为负值时，函数单调递减，平均变化率eq\f（fx2－fx1,x2－x1)＜0。(问题)如果不用导数的方法，直接运用单调性的定义,你如何求解本题？运算过程麻烦吗？你有什么体会？答：如果不用导数的方法，直接运用单调性的定义，也可以求解本题，但运算过程相对麻烦，有时需要变形的很多技巧，特别是判断三次的多项式函数的单调性时，这种方法不是一种简便的方法,导数是研究函数单调性的工具,其方法具有普适性、通用性．练习11．解：（1)因为f（x）＝x2－2x＋4，所以f′(x）＝2x－2。当f′（x)＞0，即x＞1时,函数f(x)＝x2－2x＋4单调递增；当f′(x）＜0,即x＜1时,函数f(x)＝x2－2x＋4单调递减．(2)因为f（x）＝ex－x，所以f′（x）＝ex－1.当f′(x)＞0，即x＞0时，函数f（x）＝ex－x单调递增；当f′（x）＜0，即x＜0时，函数f（x)＝ex－x单调递减．（3)因为f（x）＝3x－x3，所以f′(x）＝3－3x2.当f′(x）＞0，即－1＜x＜1时,函数f（x)＝3x－x3单调递增；当f′（x)＜0，即x＞1或x＜－1时，函数f(x)＝3x－x3单调递减．(4）因为f（x)＝x3－x2－x，所以f′(x）＝3x2－2x－1.当f′(x）＞0，即x＞1或x＜－eq\f（1，3)时，函数f（x）＝x3－x2－x单调递增；当f′（x)＜0，即－eq\f(1,3）＜x＜1时,函数f(x）＝x3－x2－x单调递减．2．解:如图所示．点拨：图象形状不唯一．3．解：因为f（x）＝ax2＋bx＋c(a≠0）,所以f′(x)＝2ax＋b。（1）若a＞0，f′(x）＞0，即x＞－eq\f(b，2a）时，函数f（x)＝ax2＋bx＋c（a≠0)单调递增；f′(x）＜0,即x＜－eq\f(b,2a)时，函数f（x)＝ax2＋bx＋c（a≠0)单调递减．(2)若a＜0，f′(x）＞0，即x＜－eq\f（b，2a)时，函数f（x）＝ax2＋bx＋c（a≠0）单调递增；f′（x）＜0,即x＞－eq\f（b,2a)时，函数f(x）＝ax2＋bx＋c（a≠0)单调递减．4．证明:因为f（x）＝2x3－6x2＋7,所以f′(x）＝6x2－12x。当x∈(0,2）时,f′（x）＝6x2－12x＜0，因此函数f（x)＝2x3－6x2＋7在（0，2）内是减函数．练习21．解:x2，x4是函数的极值点，其中x＝x2是函数y＝f（x）的极大值点，x＝x4是函数y＝f(x)的极小值点．2．解:（1）因为f(x）＝6x2－x－2,所以f′(x)＝12x－1.令f′（x）＝12x－1＝0，得x＝eq\f（1,12）.当x＞eq\f（1,12）时,f′(x）＞0,f（x）单调递增；当x＜eq\f(1,12）时,f′(x）＜0,f（x）单调递减．所以，当x＝eq\f（1,12)时，f（x）有极小值，并且极小值为feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,12））)＝6×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，12))）2－eq\f(1,12）－2＝－eq\f（49，24）.(2)因为f（x）＝x3－27x，所以f′（x)＝3x2－27。令f′(x)＝3x2－27＝0，得x＝3或x＝－3.下面分两种情况讨论:①当f′(x)＞0，即x＞3或x＜－3时；②当f′(x）＜0,即－3＜x＜3时．当x变化时,f′(x),f（x）变化情况如下表：x(－∞，－3）－3(－3,3)3（3,＋∞)f′(x）＋0－0＋f(x)单调递增54单调递减－54单调递增因此，当x＝－3时,f(x）有极大值，并且极大值为54；当x＝3时，f（x）有极小值，并且极小值为－54。（3）因为f（x）＝6＋12x－x3，所以f′（x）＝12－3x2.令f′(x)＝12－3x2＝0，得x＝2或x＝－2。下面分两种情况讨论：①当f′(x）＞0，即－2＜x＜2时；②当f′（x)＜0,即x＞2或x＜－2时．当x变化时,f′(x）,f（x)变化情况如下表：x（－∞，－2)－2（－2，2）2(2，＋∞）f′(x）－0＋0－f（x)单调递减－10单调递增22单调递减因此，当x＝－2时，f(x）有极小值，并且极小值为－10；当x＝2时,f（x）有极大值，并且极大值为22。（4)因为f（x)＝3x－x3，所以f′（x）＝3－3x2。令f′(x)＝3－3x2＝0,得x＝1或x＝－1。下面分两种情况讨论:①当f′（x）＞0，即－1＜x＜1时；②当f′（x）＜0，即x＞1或x＜－1时．当x变化时，f′（x）,f(x)变化情况如下表：x（－∞，－1)－1（－1，1）1(1，＋∞)f′（x）－0＋0－f（x）单调递减－2单调递增2单调递减因此，当x＝－1时，f(x）有极小值,并且极小值为－2；当x＝1时,f（x）有极大值,并且极大值为2.练习3解：（1）我们知道,在［1,2］上，函数f(x）＝6x2－x－2无极大值和极小值．因为f(1)＝3，f（2)＝20,所以函数f（x）＝6x2－x－2在[1，2］上的最大值是20，最小值是3.（2)我们知道，在[－3,3]上，函数f（x）＝x3－27x无极大值和极小值．因为f(－3)＝54，f（3）＝－54,所以函数f(x)＝x3－27x在[－3，3］上的最大值是54，最小值是－54.（3)我们知道，在eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(－\f(1，3），1）)上，函数f（x)＝6＋12x－x3无极大值和极小值．因为feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，3）))＝eq\f(55,27)，f(1）＝17，所以函数f(x）＝6＋12x－x3在eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3）,1））上的最大值是17，最小值是eq\f（55,27)。(4)我们知道，在［1，2]上，函数f（x)＝3x－x3无极大值和极小值．因为f（1）＝2,f(2)＝－2，所以函数f(x）＝3x－x3在［1，2］上的最大值是2,最小值是－2.习题1。3A组1．解:(1）因为f（x)＝－2x＋1，所以f′(x）＝－2＜0.因此，函数f(x）＝－2x＋1是单调递减函数．（2）因为f（x）＝x＋cosx，x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(π,2)))，所以f′（x)＝1－sinx＞0,x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\f（π,2）)）。因此，函数f(x)＝x＋cosx，x∈eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))是单调递增函数．（3)因为f（x)＝－2x－4,所以f′(x)＝－2＜0.因此，函数f（x）＝－2x－4是单调递减函数．（4）因为f（x）＝2x3＋4x，所以f′(x）＝6x2＋4.由于f′（x)＝6x2＋4＞0，因此函数f(x）＝2x3＋4x是单调递增函数．2．解：（1）因为f(x)＝x2＋2x－4，所以f′（x)＝2x＋2.当f′(x）＞0，即x＞－1时,函数f(x）＝x2＋2x－4单调递增；当f′（x)＜0，即x＜－1时，函数f(x)＝x2＋2x－4单调递减．(2)因为f（x）＝2x2－3x＋3，所以f′（x）＝4x－3.当f′（x）＞0，即x＞eq\f（3,4）时，函数f(x）＝2x2－3x＋3单调递增;当f′(x)＜0,即x＜eq\f（3,4)时，函数f（x)＝2x2－3x＋3单调递减．(3)因为f（x）＝3x＋x3,所以f′（x)＝3＋3x2＞0。因此,函数f(x）＝3x＋x3是单调递增函数．（4)因为f(x)＝x3＋x2－x,所以f′(x）＝3x2＋2x－1。当f′(x)＞0，即x＞eq\f（1,3）或x＜－1时，函数f（x)＝x3＋x2－x单调递增；当f′（x)＜0，即－1＜x＜eq\f（1，3）时,函数f（x）＝x3＋x2－x单调递减．3．解:(1）（2）加速度为0。4．解：（1）在x＝x2处，导函数y＝f′（x)有极大值；（2)在x＝x1和x＝x4处，导函数y＝f′（x)有极小值；（3）在x＝x3处，函数y＝f(x)有极大值;(4）在x＝x5处，函数y＝f(x）有极小值．5．解：（1)因为f（x)＝6x2＋x＋2，所以f′（x)＝12x＋1.令f′(x）＝12x＋1＝0，得x＝－eq\f(1,12）。当x＞－eq\f(1,12）时，f′（x)＞0，f（x）单调递增；当x＜－eq\f（1，12)时，f′(x)＜0，f（x)单调递减．所以，当x＝－eq\f(1,12)时，f（x）有极小值，并且极小值为feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（1，12）））＝6×eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,12))）2－eq\f(1,12)＋2＝eq\f（47,24).(2）因为f(x)＝x3－12x，所以f′（x)＝3x2－12.令f′(x)＝3x2－12＝0,得x＝2或x＝－2.下面分两种情况讨论：①当f′（x）＞0,即x＞2或x＜－2时；②当f′（x)＜0，即－2＜x＜2时．当x变化时，f′(x）,f(x）变化情况如下表：x(－∞,－2)－2(－2,2)2（2，＋∞)f′（x)＋0－0＋f(x）单调递增16单调递减－16单调递增因此，当x＝－2时，f(x)有极大值，并且极大值为16；当x＝2时，f(x）有极小值，并且极小值为－16.(3)因为f（x）＝6－12x＋x3,所以f′(x)＝－12＋3x2。令f′(x）＝－12＋3x2＝0，得x＝2或x＝－2.当x变化时，f′（x),f(x)变化情况如下表：x(－∞,－2）－2（－2,2）2（2，＋∞)f′（x)＋0－0＋f（x)单调递增22单调递减－10单调递增因此，当x＝－2时，f（x)有极大值，并且极大值为22；当x＝2时，f(x)有极小值，并且极小值为－10。（4）因为f(x)＝48x－x3，所以f′(x）＝48－3x2。令f′(x)＝48－3x2＝0,得x＝4或x＝－4。下面分两种情况讨论:①当f′(x)＞0,即－4＜x＜4时；②当f′（x)＜0，即x＞4或x＜－4时．当x变化时,f′（x），f(x)变化情况如下表：x（－∞,－4）－4（－4,4)4（4，＋∞）f′（x）－0＋0－f（x）单调递减－128单调递增128单调递增因此，当x＝－4时,f（x)有极小值，并且极小值为－128；当x＝4时，f（x)有极大值，并且极大值为128。6．解：(1）在[－1,1]上,函数f(x）＝6x2＋x＋2有极小值f(－eq\f(1,2)）＝3，由于f(－1）＝7，f(1）＝9，所以f（x)＝6x2＋x＋2在［－1,1］上的最大值和最小值分别为9，3.（2)在［－3,3］上，当x＝－2时，函数f（x）＝x3－12x有极值，并且极大值为16;当x＝2时，函数f(x）＝x3－12x有极小值,并且极小值为－16.又由于f（－3）＝9，f(3）＝－9，所以函数f（x)＝x3－12x的最大值和最小值分别为16，－16。(3)我们知道，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（－\f(1,3），1)）上，函数f（x)＝6－12x＋x3无极大值和极小值．由于feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1，3）)）＝eq\f（269,27）,f（1)＝－5,所以函数f（x)＝6－12x＋x3在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3），1））上的最大值和最小值分别为eq\f（269,27），－5。(4）我们知道，当x＝4时，f(x)有极大值，并且极大值为128.又由于f（－4)＝－128，f（5）＝115，因此函数f(x）＝48x－x3在［－4,5]上的最大值和最小值分别为128，－128.B组1．证明：(1)设f（x)＝sinx－x，x∈（0，π），因为f′(x）＝cosx－1＜0，x∈(0，π)，所以f(x)＝sinx－x在x∈（0,π）内单调递减,因此f（x）＝sinx－x＜f(0）＝0，x∈（0，π)，即sinx＜x,x∈（0，π）．(2）设f(x）＝x－x2，x∈(0,1），因为f′（x）＝1－2x，x∈(0，1)，所以当x∈eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f(1,2）)）时,f′(x）＝1－2x＞0,f(x)单调递增，f（x)＝x－x2＞f(0)＝0;当x∈eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)）时，f′(x）＝1－2x＜0，f(x）单调递减,f（x)＝x－x2＞f（1)＝0,又feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2））)＝eq\f(1，4）＞0，因此，x－x2＞0，x∈（0，1)．(3)设f(x）＝ex－1－x，x≠0,因为f′（x)＝ex－1,x≠0,所以，当x＞0时，f′（x）＝ex－1＞0，f(x）单调递增，f（x）＝ex－1－x＞f(0)＝0；当x＜0时，f′(x）＝ex－1＜0,f（x)单调递减，f（x）＝ex－1－x＞f(0）＝0。综上，ex＞1＋x,x≠0。(4）设f（x)＝lnx－x，x＞0,因为f′（x)＝eq\f（1,x)－1,所以，当0＜x＜1时，f′（x)＝eq\f(1，x）－1＞0，f（x)单调递增，f（x）＝lnx－x＜f（1）＝－1＜0;当x＞1时，f′（x)＝eq\f(1,x)－1＜0,f（x)单调递减，f