最大值为f( 1 )= 1 e-1+c.…………………………………………4分 22
(2)令g(x)=|ln x|-f(x)=|ln x|-xe-2x-c，x∈(0,+
∞).……5分
(ⅰ)当x∈(1，+∞)时，ln x>0，则g(x)=ln x-xe-2x-c，
e2x
所以g′(x)=e-2x( x +2x-1)，
－
0
＋
h(x)
↗
28
↘ －4
↗3
由此可知： 当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28； 当－3<k<2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28. 因此，k的取值范围是(－∞，－3]．
奇思妙想：本例(2)问条件不变，当 a2＝4b 时，求函数 f(x)＋ g(x) 的 单调 区间 ， 并求 其在 区 间（— ∞ ，-1 ]上 的最 大 值．
∴x＝1是方程f′(x)＝0的唯一解． ∵当0<x<1时，f′(x)＝1－x2lnx－1>0； 当x>1时，f′(x)<0. ∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递 减．
(2)由(1)知函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单
调递减．
故①当0<2m≤1，即0<m≤
y＝f(x)的所有极值连同端点处的函数值进行比较，就可以求出函数
的最大(小)值．
[变式探究] 已知函数 f(x)＝lnxx－x. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设 m>0，求 f(x)在[m,2m]上的最大值．
解：(1)∵f′(x)＝1－x2lnx－1， 令f′(x)＝0，得x2＝1－lnx. 显然x＝1是上面方程的解． 令g(x)＝x2＋lnx－1，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝2x＋1x>0， ∴函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
[审题视点] (1)曲线在某点处的斜率就是该点处的导数，构建方程组求a，b的值； (2)本题中函数的极大值同时也是最大值，由此来确定字母k的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b. 因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线， 所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)， 即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b， 解得a＝3，b＝3.
e2x
分
令(1-2x)e-2x=0，解得x=
1. 2
当x<1 时，f′(x)>0，f(x)是增加的， 2
当x> 1 时，f′(x)<0，f(x)是减少的. 2
……………………………………2分
所以f(x)的单调增区间为（-∞, 1 ），
单调减区间为（1 ，+∞）.
2
2
………………………………………………………………………3分
导数的应用3—利用导数研究函数的最值
考纲要求
会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中 多项式函数一般不超过三次)．
预备训练
1.函数f(x)＝x3－3x2＋2在区间[－1,1]上的最大
值是( )
A．－2
B．0
C．2
D．4
答案：C
解析：f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，
f(0)＝2，f(2)＝－2，f(－1)＝－2，f(1)＝0，
x
x
e2x
(
1 xe2x
2x
1)
e2x (
e2x x
2x
1)，
所以g′(x)=e-2x(
e2x x
+2x-1),………………………………7分
1 2
时，f(x)在[m,2m]上单调递
增．
∴f(x)max＝f(2m)＝ln22mm－2m. ②当m≥1时，f(x)在[m,2m]上单调递减， ∴f(x)max＝f(m)＝lnmm－m. ③当m<1<2m，即12<m<1时， f(x)max＝f(1)＝－1.
例2 [2012·天津高考]已知函数f(x)＝13x3＋1－2 ax2－ax－ a，x∈R，其中a>0.
2. 从个数上看，一个函数在其定义域上的最值是 唯一的，而极值不一定唯一．
3. 函数的极值不一定是最值，需对极值和区间端 点的函数值进行比较，或者考查函数在区间内的单调 性.已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx. (1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值； (2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范
(1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取 值范围．
[审题视点] (1)先对f(x)求导，解不等式f′(x)>0和f′(x)<0即可求出单调区间，(2) 零点的分布主要结合图象，得到符合题意的数学关系式，确定参数的取值．
[解] (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a> 0.
[变式探究] 已知函数f(x)＝2x＋alnx－2(a>0)． (1)若曲线y＝f(x)在点P(1，f(1))处的切线与直线y＝x＋2 垂直，求函数y＝f(x)的单调区间； (2)记g(x)＝f(x)＋x－b(b∈R)，当a＝1时，方程g(x)＝0 在区间[e－1，e]上有两个不同的实根， 求实数b的取值范 围．
∴h(t)在(0，
2 2
)上单调递减，在(
2 2
，＋∞)上单调递
增．
∴当t＝
2 2
时，h(t)取最小值，即t＝
2 2
时，|MN|取最小
值，故选D.
课前自主导学
1.函数的最值
(1)如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一
条连续不断的曲线，那么它必有________和_______ _．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如下表：
x f′(x)
f(x)
(－∞，－1) ＋ ↗
－1
0 极大值
(－1，a) － ↘
a
0 极小值
(a， ＋∞)
＋
↗
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)； 单调递减区间是(－1，a)．
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－ 1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点
解：(1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)． 因为 f′(x)＝－x22＋ax，且知直线 y＝x＋2 的斜率为 1. 所以 f′(1)＝－122＋a1＝－1，所以 a＝1. 所以 f(x)＝2x＋lnx－2，f′(x)＝x－x22.
由f′(x)>0，解得x>2；由f′(x)<0，解得0<x<2. 所以f(x)的单调增区间是(2，＋∞)，单调减区间是 (0,2)． (2)依题得g(x)＝2x＋lnx＋x－2－b，则g′(x)＝x2＋xx2－2. 由g′(x)>0解得x>1；由g′(x)<0解得0<x<1. 所以函数g(x)在区间(0,1)为减函数，在区间(1，＋∞)为 增函数．
相加得15＋2b＋2c≤0，∴b＋c≤－125.
6．设直线 x＝t 与函数 f(x)＝x2，g(x)＝lnx 的图象分别
交于点 M，N，则当|MN|达到最小时 t 的值为( )
A．1
B.12
C.
5 2
D.
2 2
答案：D
解析：如图：|MN|＝f(t)－g(t) ＝t2－lnt(t>0)， 令h(t)＝t2－lnt(t>0)， 则h′(t)＝2t－1t ＝2t2－t 1， 令h′(t)>0，得t> 22， 令h′(t)<0得0<t< 22，
∴f(x)的最大值为2.
B
3．[2012·大纲全国高考]已知函数y＝x3－3x＋c 的图象与x轴恰有两个公共点，则c＝( )
A. －2或2
B. －9或3
C. －1或1
D. －3或1
答案：A
解析：y′＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)． 当y′>0时，x<－1或x>1；当y′<0时，－1<x<1. ∴函数的递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，递减区间为(－1,1)． ∴x＝－1时，取得极大值；x＝1时，取得极小值． 要使函数图象与x轴恰有两个公共点，只需： f(－1)＝0或f(1)＝0，即(－1)3－3×(－1)＋c＝0或13－3×1＋c＝0，∴c＝－2或c＝ 2.
6 ∞)
h′(x)
＋
0
－
0＋
h(x)
↗
↘
↗
所以h(x)的单调递增区间为(－∞，－a2)和(－a6，＋∞)；
单调递减区间为(－a2，－a6)．
函数的最大(小)值是在函数极大(小)值基础上的发展．从函数
图象上可以直观地看出：如果在闭区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象
是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值，只要把函数
规范解答 导数在研究函数中的应用
【典例】(12分)(2013·山东高考)设函数f(x)=
x e2x
c.
(1)求f(x)的单调区间，最大值.
(2)讨论关于x的方程|ln x|=f(x)根的个数.
解题导思 研读信息 快速破题
规范解答 阅卷标准 体会规范
(1)因为f(x)= x +c,所以f′(x)=(1-2x)e-2x，………………1
No.2 角度关键词：技巧点拨
利用导数证明不等式，就是把不等式恒成立的问 题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问 题．应用这种方法的难点是如何根据不等式的结构特 点或者根据题目证明目标的要求，构造出相应的函数 关系式．解题的基本思路是从函数的角度分析和理解 需要证明的不等式的结构特点，然后去构造函数，或 者从不等式证明的放缩方向上去构造函数，使所构造 出的函数是不等式证明所需要的最佳函数．