难点35 导数的应用问题
利用导数求函数的极大(小)值，求函数在连续区间［a,b］上的最大最小值，或利用求导法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸，这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化，因而已逐渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用.
●难点磁场
()已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+1)
(1)设g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式；
(2)设φ(x)=g(x)－λf(x),试问：是否存在实数λ,使φ(x)在(－∞,－1)内为减函数，
-
1.()设f(x)可导，且f′(0)=0,又
=－1,则f(0)( )A.可能不是f(x)的极值 B.一定是f(x)的极值
C.一定是f(x)的极小值 D.等于0
-
2.()设函数fn(x)=n2x2(1－x)n(n为正整数)，则fn(x)在［0,1］上的最大值为( )
A.0 B.1
C.
D.
-
3.()函数f(x)=loga(3x2+5x－2)(a＞0且a≠1)的单调区间_________.
-
4.()在半径为R的圆内，作内接等腰三角形，当底边上高为_________时它的面积最大.
-
5.()设f(x)=ax3+x恰有三个单调区间，试确定a的取值范围，并求其单调区间.
-
6.()设x=1与x=2是函数f(x)=alnx+bx2+x的两个极值点.
(1)试确定常数a和b的值；
(2)试判断x=1,x=2是函数f(x)的极大值还是极小值，并说明理由.
-
7.()已知a、b为实数，且b＞a＞e,其中e为自然对数的底，求证：ab＞ba.
-
8.()设关于x的方程2x2－ax－2=0的两根为α、β(α＜β),函数f(x)=
.(1)求f(α).f(β)的值；
(2)证明f(x)是［α，β］上的增函数；
(3)当a为何值时，f(x)在区间［α，β］上的最大值与最小值之差最小？
［科普美文］新教材中的思维观点
数学科学具有高度的综合性、很强的实践性，不断的发展性，中学数学新教材打破原教材的框架体系，新增添了工具性、实践性很强的知识内容，正是发展的产物.新教材具有更高的综合性和灵活多样性，更具有朝气与活力，因此，把握新教材的脉搏，培养深刻严谨灵活的数学思维，提高数学素质成为燃眉之需.
新教材提升与增添的内容包括简易逻辑、平面向量、空间向量、线性规划、概率与统计、导数、研究型课题与实习作业等，这使得新教材中的知识内容立体交叉，联系更加密切，联通的渠道更多，并且富含更高的实用性.因此在高考复习中，要通过总结、编织科学的知识网络，求得对知识的融会贯通，揭示知识间的内在联系.做到以下几点：
-
数学思维是科学思维的核心，思维的基石在于逻辑推理，逻辑思维能力是数学能力的核心，逻辑推理是数学思维的基本方法.
我国著名的数学家华罗庚先生认为，学习有两个过程：一个是“从薄到厚，一个是从厚到薄”，前者是“量”的积累，后者是“质”的飞跃.雄关漫道真如铁，而今迈步从头越，只要同学们在学习中不断积累，不断探索，不断创新，定能在高考中取得骄人战绩！
难点35 导数的应用问题 利用导数求函数的极大(小)值，求函数在连续区间［a,b］上的最大最小值，或利用求导法解决一些实际应用问题是函数内容的继续与延伸，这种解决问题的方法使复杂问题变得简单化，因而已逐渐成为新高考的又一热点.本节内容主要是指导考生对这种方法的应用. ●难点磁场 ()已知f(x)=x2+c,且f［f(x)］=f(x2+1) (1)设g(x)=f［f(x)］,求g(x)的解析式； (2)设φ(x)=g(x)－λf(x),试问：是否存在实数λ,使φ(x)在(－∞,－1)内为减函数，参考答案
参考答案
难点磁场
解：(1)由题意得f［f(x)］=f(x2+c)=(x2+c)2+c
f(x2+1)=(x2+1)2+c,∵f［f(x)］=f(x2+1)
∴(x2+c)2+c=(x2+1)2+c,
∴x2+c=x2+1,∴c=1
∴f(x)=x2+1,g(x)=f［f(x)］=f(x2+1)=(x2+1)2+1
(2)φ(x)=g(x)－λf(x)=x4+(2－λ)x2+(2－λ)
若满足条件的λ存在，则φ′(x)=4x3+2(2－λ)x
∵函数φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，
∴当x＜－1时，φ′(x)＜0
即4x3+2(2－λ)x＜0对于x∈(－∞,－1)恒成立
∴2(2－λ)＞－4x2,
∵x＜－1,∴－4x2＜－4
∴2(2－λ)≥－4,解得λ≤4
又函数φ(x)在(－1,0)上是增函数
∴当－1＜x＜0时，φ′(x)＞0
即4x2+2(2－λ)x＞0对于x∈(－1,0)恒成立
∴2(2－λ)＜－4x2,
∵－1＜x＜0,∴－4＜4x2＜0
∴2(2－λ)≤－4,解得λ≥4
故当λ=4时，φ(x)在(－∞,－1)上是减函数，在(－1,0)上是增函数，即满足条件的λ存在.
歼灭难点训练
一、1.解析：由
=－1,故存在含有0的区间(a,b)使当x∈(a,b),x≠0时
＜0,于是当x∈(a,0)时f′(0)＞0,当x∈(0,b)时，f′(0)＜0,这样f(x)在(a,0)上单增，在(0,b)上单减.
答案：B
2.解析：∵f′n(x)=2xn2(1－x)n－n3x2(1－x)n-1=n2x(1－x)n-1［2(1－x)－nx］,令f′n(x)=0,得x1=0,x2=1,x3=
,易知fn(x)在x=时取得最大值，最大值fn()=n2()2(1－)n=4.(
)n+1
答案：D
二、3.解析：函数的定义域是x＞
或x＜－2,f′(x)=
.(3x2+5x－2)′=
,
①若a＞1,则当x＞时，logae＞0,6x+5＞0,(3x－1)(x+2)＞0,∴f′(x)＞0,∴函数f(x)在(,
+∞)上是增函数，x＜－2时，f′(x)＜0.∴函数f(x)在(－∞,－2)上是减函数.
②若0＜a＜1,则当x＞时，f′(x)＜0,∴f(x)在(,+∞)上是减函数，当x＜－2时，f′(x)＞0,∴f(x)在(－∞,－2)上是增函数
答案：(－∞,－2)
4.解析：设圆内接等腰三角形的底边长为2x,高为h，那么h=AO+BO=R+
,解得
x2=h(2R－h),于是内接三角形的面积为
S=x.h=
从而
令S′=0,解得h=
R,由于不考虑不存在的情况，所在区间(0,2R)上列表如下：
|
h |
(0,R) |
R |
(,2R) |
|
S′ |
+ |
0 |
－ |
|
S |
增函数 |
最大值 |
减函数 |
由此表可知，当x=R时，等腰三角形面积最大.
答案：R
三、5.解：f′(x)=3ax2+1
若a＞0,f′(x)＞0对x∈(－∞,+∞)恒成立，此时f(x)只有一个单调区间，矛盾.
若a=0,f′(x)=1＞0,∴x∈(－∞,+∞),f(x)也只有一个单调区间，矛盾.
若a＜0,∵f′(x)=3a(x+
).(x－),此时f(x)恰有三个单调区间.
∴a＜0且单调减区间为(－∞,－)和(,+∞)，单调增区间为(－, ).
6.解：f′(x)=
+2bx+1
(1)由极值点的必要条件可知：f′(1)=f′(2)=0,即a+2b+1=0,且
+4b+1=0,解方程组可得a=－
,b=－
,∴f(x)=－lnx－x2+x
(2)f′(x)=－x-1－x+1,当x∈(0,1)时，f′(x)＜0,当x∈(1,2)时，f′(x)＞0,当x∈(2,+∞)时，f′(x)＜0,故在x=1处函数f(x)取得极小值
,在x=2处函数取得极大值
－ln2.
7.证法一：∵b＞a＞e,∴要证ab＞ba,只要证blna＞alnb,设f(b)=blna－alnb(b＞e),则
f′(b)=lna－
.∵b＞a＞e,∴lna＞1,且＜1,∴f′(b)＞0.∴函数f(b)=blna－alnb在(e,+∞)上是增函数，∴f(b)＞f(a)=alna－alna=0,即blna－alnb＞0,∴blna＞alnb,∴ab＞ba.
证法二：要证ab＞ba,只要证blna＞alnb(e＜a＜b
,即证
,设f(x)=
(x＞e)，则f′(x)=
＜0,∴函数f(x)在(e,+∞)上是减函数，又∵e＜a＜b,
∴f(a)＞f(b),即
,∴ab＞ba.
8.解：(1)f(α)=
,f(β)= 
,f(α)=f(β)=4
(2)设φ(x)=2x2－ax－2,则当α＜x＜β时，φ(x)＜0,
∴函数f(x)在(α，β)上是增函数
(3)函数f(x)在［α，β］上最大值f(β)＞0,最小值f(α)＜0,
∵|f(α).f(β)|=4,∴当且仅当f(β)=－f(α)=2时，f(β)－f(α)=|f(β)|+|f(α)|取最小值4，此时a=0,f(β)=2