第 14 讲-导数在研究函数中的应用
一、 考情分析
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性；对
于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间；
2.借助函数的图象，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；
3.能利用导数求某些函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数的最大值、
最小值；体会导数与单调性、极值、最大(小)值的关系.
二、 知识梳理
1.函数的单调性与导数的关系
函数 y＝f(x)在某个区间内可导，则：
(1)若 f′(x)>0，则 f(x)在这个区间内单调递增；
(2)若 f′(x)0，右侧 f′(x)0 在(a，b)上成立”是“f(x)在(a，b)上单调
递增”的充分不必要条件.
2.对于可导函数 f(x)，“f′(x0)＝0”是“函数 f(x)在 x＝x0 处有极值”的必要不充分条件.
3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为
极值就是最值.
4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小
关系.
三、 经典例题
考点一 求函数的单调区间
【例 1】 已知函数 f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在 x＝－4
3
处取得极值.
(1)确定 a 的值；
(2)若 g(x)＝f(x)ex，求函数 g(x)的单调减区间.
解 (1)对 f(x)求导得 f′(x)＝3ax2＋2x，
因为 f(x)在 x＝－4
3
处取得极值，所以 f′(－4
3 )＝0，
即 3a·(－4
3 )2
＋2·(－4
3 )＝16a
3
－8
3
＝0，解得 a＝1
2.
(2)由(1)得 g(x)＝(1
2x3＋x2)ex，
故 g′(x)＝1
2x(x＋1)(x＋4)ex.
令 g′(x) 3f(π
4 ) D. 3f(π
3 )>f(π
6 )
【例 3－2】已知函数 f′(x)是函数 f(x)的导函数，f(1)＝1
e
，对任意实数都有 f(x)－f′(x)>0，设 F(x)＝
f（x）
ex
，则不等式 F(x) 0，
解得1
ef(π
4 ).
(2)F′(x)＝f′(x)ex－exf(x)
(ex)2
＝f′(x)－f(x)
ex
，
又 f(x)－f′(x)>0，知 F′(x) 0，
1
2m > 0，
h( 1
2m ) < 0
即可，解得 0 ( ) 0f x′ < ( )f x
( ) 2
162 2f e
= >
R ( )1 3f − = x∈R
( ) 3f x′ < ( ) 3 6f x x> +
{ }1 1x x− < < { }1x x > −
{ }1x x < − R
( ) ( ) ( )3 6g x f x x= − + ( ) ( ) 3 0g x f x′ ′= − < ( )g x
( ) ( ) 31 1 0g f− −= − =
( ) 0g x > ( ) 3 6f x x> + { }1x x < −
a ( ) 3 6f x x x= − a
2 2
2 2
2 2故 f（x）在（﹣∞，﹣ ）递增，在（﹣ ， ）递减，在（ ，+∞）递增，
故 是极小值点，
故 a＝ ，
13．（2018·河南省高三三模（理））已知函数 ， ，若方程 有
2 不同的实数解，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由 得 ，
去分母整理得 有 2 不同的实数解，
所以 或 ，
所以 或 ，
设
所以 ，
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减.
所以 ，所以 没有实数解.
所以方程 有两个不同的实数解.
当 时， ；当 时，
2 2 2 2
2
2
ln( ) xf x ax
= − 3(ln )( ) ln
x axg x x
−= ( ) ( )f x g x=
( ,e)−∞ 10, e
( ,0) (e, )−∞ +∞ (e, )+∞
( ) ( )f x g x= ln x ax
− = 3(ln )
ln
x ax
x
−
(ln 3 )(ln ) 0x x x ax− − =
ln 3 0x x− = ln 0x ax− =
ln 3x
x
= lnx ax
=
ln( ) ( 0),xh x xx
= >
2
1 ln( ) xh x x
−′ =
0 x e< < ( ) 0h x′ > ( )h x
x e> ( ) 0h x′ < ( )h x
min
1( ) ( ) 3h x h e e
= = < ln 3x
x
=
lnx ax
=
0x → ( ) 0h x < x → +∞ ( ) 0.h x >要方程 有两个不同的实数解，必须 .
14．（2020·湖南省高三三模（理））已知函数 ， 是 的导函数.① 在区间
是增函数；②当 时，函数 的最大值为 ；③ 有 2 个零点；④
.则上述判断正确的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．③④ D．①②
【答案】A
【解析】当 时， ， ，所以 在区间 是增函数，即①正确；
当 时， ，当且仅当 时取到最小值，所以②不正确；
当 时， ，
令 ，则 ，由于 ，所以 在 上先减
后增，且 ，所以 在 内只有一个零点；
当 时， ，
令 ，则 ，由于 ，所以 在 上先增
后减，且 ，所以 在 内只有一个零点；
综上可知， 有 2 个零点，所以③正确；
当 时， ， ，所以④不正确；
lnx ax
= 10 a e
< <
1( ) | | 3f x x x
= − − ( )f x′ ( )f x ( )f x
(0, )+∞ ( , 0)x ∈ −∞ ( )f x 1− ( ) ( )y f x f x′= −
( ) ( ) 2f x f x′ ′− − =
0x > 1( ) 3f x x x
= − − 2
1( ) 1 0xf x′ = + > ( )f x (0, )+∞
0x < ( )1 1( ) 3 ( ) 3 1f x x xx x
= − − − = − + − − ≥ − 1x = −
0x >
3 2
2
4) 1( ( ) x xxf x f x x
−− − −′ =
3 2 1( ) 4g x xx x= − −− 2( ) 3 8 1xg x x′ = − − 0, (0) 1 0g∆ > ′ = − < ( )g x (0, )+∞
(0) 1 0g = − < ( )g x (0, )+∞
0x <
3 2
2
2) 1( ( ) x xxf x f x x
−− − −′ =
3 2 1( ) 2h x xx x= − −− 2( ) 3 4 1xh x x′ = − − 0, (0) 1 0h∆ > ′ = − < ( )h x ( ,0)−∞
(0) 1 0h = − < ( )h x ( ,0)−∞
( ) ( )y f x f x′= −
0x > 2
1( ) 1f x x
′ = + ( ) ( ) 0f x f x′ ′− − =15．（2020·山东省新校高二月考）已知方程 在 上有两个不等的实数根，则实数
的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意，方程 在 上有两个不等的实数根，
即为 在 上有两个不等的实数根，
即 在 上有两个不等的实数根，
设 ，则 ，
当 时， ，函数 递减，
当 时， ，函数 递增，
所以当 时，函数 取得最大值 ，且 ，
所以 ，解得 ，故选 C.
16．（2020·四川省棠湖中学高二月考（理））函数 在 上有两个零点，则实数 的取值
范围是
A． B．
C． D．
【答案】B
2mxe x= ( ]0,8
m
1 ln 2,8 4
1 ln 2,16 4
3ln 2 2,4 e
1 2 2,4
n
e
2mxe x= ( ]0,8
2lnmx x= ( ]0,8
1 ln
2
xm x
= ( ]0,8
( ) ( ]ln , 0,8xf x xx
= ∈ ( ) 2
1 ln xf x x
−′ =
( ,8)x e∈ ( ) 0f x′ < ( )f x
(0, )x e∈ ( ) 0f x′ > ( )f x
x e= ( )f x 1
e
( ) ln8 3ln 28 8 8f = =
3ln 2 1
8 2
m
e
≤ < 3ln 2 2
4 m e
≤ <
1( ) e axf x x x
−= − ( )0, ∞+ a
2, e
−∞
20, e
( )1,e 1 2,e e
【解析】取
设 ， ， 在 上单调递增， 上单调递减
画出函数图像：
根据图像知：
17．（2020·高二月考）已知 为常数，函数 有两个极值点 ， （ ），
则（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】C
【解析】 因为 ，
令 ，由题意可得 有两个解 ，
即函数 有且只有两个零点，即 在 上的唯一极值不等于 0，
又由 ，
①当 时， 单调递增，因此 至多有一个零点，不符合题意；
②当 时，令 ，解得 ，
因为 ， ，函数 单调递增； ， ，函数 单调递减，
2
1 2ln ( 0)1 1( ) e 0 e eax ax axf x x xx x
xa xx x
− − −= − = ∴ = ∴ = >∴ =
2ln( ) xg x x
= 2
1 ln'( ) 2 xg x x
−= ( )g x (0, )e ( , )e +∞
max
2( ) ( )g x g e e
= =
20, ea ∈
a ( ) (ln )f x x x ax= − 1x 2x 1 2x x<
1( ) 0>f x 2
1( ) 2f x > − 1( ) 0f x < 2( ) 1
2f x < −
1( ) 0f x < 2
1( ) 2f x > − 1( ) 0>f x 2( ) 1
2f x < −
( ) ln 1 2 ,( 0)f x x a x= + − >′
( ) 0f x¢ = ln 2 1x ax= − 1 2,x x
( ) ln 1 2g x x a= + − ( )g x′ (0, )+∞
( ) 1 1 22 axg x ax x
=′ −= −
0a ≤ ( ) ( )0,g x f x>′ ′ ( ) ( )g x f x= ′
0a > ( ) 0g x¢ = 1
2x a
=
1(0, )2x a
∈ ( ) 0g x¢ > ( )g x 1( , )2x a
∈ +∞ ( ) 0g x¢ < ( )g x所以 是函数 的极大值点，则 ，即 ，
所以 ，所以 ，即 ，
故当 时， 的两个根 ，且 ，
又 ，所以 ，
从而可知函数 在区间 上递减，在区间 上递增，在区间 上递减，
所以 ，故选 C．
18．（多选）（2020·山东省新校高二月考）已知函数 ，下列说法正确的是
（ ）
A．函数 的图象的对称中心是（0，1） B．函数 在 上是增函数
C．函数 是奇函数 D．方程 的解为
【答案】ABD
【解析】
选项 A. 设 ， ，则 ，
则函数 为奇函数.所以 的图象关于原点成中心对称.
所以 的图象关于 成中心对称，故 A 正确.
选项 B. 由 ，则 ，
所以函数 在 上是增函数，故 B 正确.
选项 C. ，则 ，函数 不是奇函数，故 C 不正确.
选项 D. 由选项 A 有 的图象关于 成中心对称，即 ,
由方程 ，则 ，即 ，故 D 正确.
1
2x a
= ( )g x 1( ) 02g a
> 1ln 1 1 ln(2 ) 02 aa
+ − = − >
ln(2 ) 0a < 0 2 1a< < 10 2a< <
10 2a< < ( ) 0g x = 1 2,x x 1 2
1
2x xa
< <
( )1 1 2 0g a= − > 1 2
11 2x xa
< < <
( )f x 1(0, )x 1 2( , )x x 2( , )x +∞
1 2
1( ) (1) 0, ( ) (1) 2f x f a f x f a= − = − −
( ) ( )2 3
2
1
1
x xf x x
+ += +
( )f x ( )f x R
( )f x ( ) ( )2 1 2 2f x f x− + = 1
4x =
( ) ( )2 3 2 3 3
2 2 2
1 2 1 211 1 1
x x x x x x xf x x x x
+ + + + + += = = ++ + +
( ) 3
2
2
1
x xg x x
+= +
( ) ( )1f x g x= + ( ) ( )3
2
2
1
x xg x g xx
− −− = = −+
( )g x ( )g x
( ) ( )1f x g x= + ( )0,1
( ) 3
2
21 1
x xf x x
+= + +
( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
2 2 3 2 4
2 22 2
2 3 1 2 2 2 0
1 1
x x x x x x xf x
x x
+ + − + + +′ = = >
+ +
( )f x R
( ) ( )5 11 12 2
，f f= − = − ( ) ( )1 1f f≠ − − ( )f x
( )f x ( )0,1 ( ) ( ) 2f x f x+ − =
( ) ( )2 1 2 2f x f x− + = 2 1+2 0x x− = 1
4x =19．（多选）（2020·山东省青州实验中学高二期中）已知函数 ，则以下结论正确的是（ ）
A．函数 的单调减区间是
B．函数 有且只有 1 个零点
C．存在正实数 ，使得 成立
D．对任意两个正实数 ， ，且 ，若 则
【答案】ABD
【解析】A 选项，因为 ，所以 ，
由 得， ；由 得， ，
因此函数 在 上单调递减，在 上单调递增；故 A 正确；
B 选项，令 ，则 显然恒成立；
所以函数 在 上单调递减；
又 ， ，
所以函数 有且仅有一个零点；故 B 正确；
C 选项，若 ，可得 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
由 得 ；由 得 ；
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减；
因此 ；所以 恒成立，即函数 在 上单调递减，
所以函数 无最小值；
因此，不存在正实数 ，使得 成立；故 C 错；
( ) 2 lnf x xx
= +
( )f x (0,2)
( )y f x x= −
k ( )f x kx>
1x 2x 1 2x x> ( ) ( )1 2f x f x= 1 2 4x x+ >
( ) 2 lnf x xx
= + ( ) 2 2
2 1 2xf x x x x
−′ = − + =
( ) 0f x′ > 2x > ( ) 0f x′ < 0 2x< <
( )f x (0,2) (2, )+∞
( ) 2 ln xx xxg += − ( )
2
2
2 2 2
1 7
2 1 2 2 01 4xx x
x x x xg x
− + − + +′ = − − −== + ( )2 1 2 ln 2 1ln 2 0g = − = −
2
2 ln xk x x
< +
( ) 2
2 ln xh x x x
= + ( ) 4 2 3
4 1 ln ln 4x x x x xh x x x x
− − − −′ = + =
( ) ln 4u x x x x= − − ( ) 1 ln 1 lnu x x x′ = − − = −
( ) 0u x′ > 0 1x< < ( ) 0u x′ < 1x >
( )u x ( )0,1 ( )1,+∞
( ) ( )1 3 0u x u≤ = − < ( ) 3
ln 4 0x x xh x x
− −′ = < ( ) 2
2 ln xh x x x
= + ( )0, ∞+
( ) 2
2 ln xh x x x
= +
k ( )f x kx>D 选项，令 ，则 ，则 ；
令 ，
则 ，
所以 在 上单调递减，则 ，即 ，
令 ，由 ，得 ，则 ，
当 时， 显然成立，
所以对任意两个正实数 ， ，且 ，若 则 .故 D 正确.
20．（多选）（2020·扬州大学附属中学高二月考）设函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 定义域是（0，+ ）
B．x∈（0，1）时， 图象位于 x 轴下方
C． 存在单调递增区间
D． 有且仅有两个极值点
【答案】BC
【解析】由题意函数 满足 ，解得 且 ，
所以函数 的定义域为 ，所以 A 不正确；
由 ，当 时， ，
∴ ，所以 在 上的图象都在轴的下方，所以 B 正确；
∵ ，设 ，
所以 ，函数 单调增， ， ，
( )0,2t ∈ ( )2 0,2t− ∈ 2 2t+ >
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2
2 2 4 22 2 ln 2 ln 2 ln2 2 4 2
t tg t f t f t t tt t t t
+= + − − = + + − − − = ++ − − −
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2 22 2
4 16 2 4 8 02 24 4
t t tg t t tt t
− − −′ = + ⋅ = − ( ) ( ) ( )1 2 2f x f x f t= < − 2 2x t> − 1 2 2 2 4x x t t+ > − + + =
1 4≥x 1 2 4x x+ >
1x 2x 1 2x x> ( ) ( )1 2f x f x= 1 2 4x x+ >
( ) ln
xef x x
=
( )f x ∞
( )f x
( )f x
( )f x
( ) ln
xef x x
= 0
ln 0
x
x
>
≠ 0x > 1x ≠
( ) ln
xef x x
= (0,1) (1, )∪ +∞
( ) ln
xef x x
= (0,1)x∈ ln 0x <
( ) 0f x < ( )f x (0,1)
( ) ( )2
1ln
ln
xe x xf x
x
− ′ = ( ) 1lng x x x
= − ( ) 2
1 1 .( 0)g x xx x
′ = + >
( ) 0g x′ > ( )g x ( ) 11 0g e e
= − > ( )2
2
12 0g e e
= − >所以 在定义域上有解，所以函数 存在单调递增区间，所以 C 是正确的；
则函数 只有一个根 ，使得 ，当 时， ，函数单调递减，当
时，函数单调递增，所以函数只有一个极小值，所以 D 不正确；
21．（2020·河南省高三其他（理））已知函数 ， ，若函数 的导
函数 与 （ ）的图象上至少存在一对关于 轴对称的点，则实数 的最大值为______．
【答案】
【解析】因为 ，所以 ．由题意知方程
在 上有解，等价于 在 上有解，
令 ，
则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
因为 ， ，
，
所以 的最大值为 ，所以 的最大值为 ．
22．（2020·四川省棠湖中学高二月考（文））如图是函数 的导函数 的图像，给出下列命题：
①-2 是函数 的极值点；
②函数 在 处取最小值；
( ) 0f x′ > ( )f x
( ) 0f x′ = 0x 0( ) 0f x′ = 0(0, )x x∈ ( ) 0f x′ <
0( , )x x∈ +∞
( ) 31 36f x x mx= − + ( ) 5 4lng x x x= − + ( )f x
( )f x′ ( )g x [ ]1,9x∈ x m
9 8ln32
− +
( ) 31 36f x x mx= − + ( ) 21
2f x x m′ = − ( ) ( ) 21 52f x g x x m x′ + = − −
4ln 0x+ = [ ]1,9x∈ 21 5 4ln2m x x x= − + [ ]1,9x∈
( ) 21 52h x x x= − [ ]( )4ln 1,9x x+ ∈
( ) ( )( )2 1 44 5 45 x xx xh x x x x x
− −− +′ = − + = =
1 4x< < ( ) 0h x′ < 4 9x< < ( ) 0h x′ >
( )h x [ )1,4 ( ]4,9
( ) 14 16 5 4 8ln 2 12 8ln 2 02h = × − × + = − + < ( ) 91 2h = −
( ) 21 9 99 9 5 9 4ln9 8ln3 8 02 2 2h = × − × + = − + > − + >
( )h x 9 8ln32
− + m 9 8ln32
− +
( )y f x= '( )y f x=
( )y f x=
( )y f x= 1x =③函数 在 处切线的斜率小于零；
④函数 在区间 上单调递增.
则正确命题的序号是__________．
【答案】①④
【解析】根据导函数 的图象可得，
当 上， ，在 上， ，
故函数在 上函数 单调递减，
在 ，函数 单调递增，
所以 是函数 的极小值点，所以①正确；
其中 两函数的单调性不变，则在 处不是函数 的最小值，所以②不正确；
由 图象可得 ，所以函数 在 处的切线的斜率大于零，所以③不正确；
由 图象可得，当 时， ，所以函数 在 上单调递增，所以④
是正确的，
综上可知，①④是正确的.
23．（2020·盐城市第一中学高三二模）函数 在 上的单调递减，则实数 的取值范围
为______.
【答案】
【解析】因为 ， ，
所以 ，
( )y f x= 0x =
( )y f x= ( 2,2)−
( )y f x= ′
( ), 2x∈ −∞ − ( ) 0f x′ < ( ) ( )2,1 1,x∈ − ∪ +∞ ( ) 0f x′ >
( ), 2x∈ −∞ − ( )f x
( ) ( )2,1 1,x∈ − ∪ +∞ ( )f x
2− ( )y f x=
1x = 1x = ( )y f x=
( )y f x= ′ ( )0 0f ′ > ( )y f x= 0x =
( )y f x= ′ ( )2,2x∈ − ( ) 0f x′ > ( )y f x= ( )2,2x∈ −
( ) 2sinf x x ax= − 0, 2
π
a
[2, )+∞
( ) 2sinf x x ax= − 0, 2x
π ∈
( ) 2cosf x x a′ = −因为函数 在 上的单调递减，
所以 在 上恒成立，
即 在 上恒成立，
因为 在 上单调递减，所以
所以 ，即
24．（2020·四川省棠湖中学高二月考（理））已知函数 是 的导函数，
且 .
(I)求 的值;
(II)求函数 在区间 上的最值.
【解析】 (I) ，
,
(II) 由(I)可得: ，
令 ，解得 ，列出表格如下:
极大值 极小值
又
所以函数 在 区间上的最大值为 ，最小值为
( ) 2sinf x x ax= − 0, 2
π
( ) 2cos 0f x x a′ = − ≤ 0, 2
π
2cosa x≥ 0, 2x
π ∈
( ) 2cosg x x= 0, 2x
π ∈
( ) ( )max 0 2cos0 2g x g= = =
2a ≥ [ )2,a∈ +∞
( ) ( )3 1( )1
3f x x ax a R f x′= − + ∈ ， ( )f x
( )2 0f ′ =
a
( )f x [ 3 3]− ，
( ) 3 (1 )1
3f x x ax x R= − + ∈
( ) 2f x x a′∴ = −
( )2 4 0f a′ = − =
4a∴ =
( ) ( )3 21 4 1, 43f x x x f x x′= − + = −
( ) 2 4 0f x x′ = − = 2x = +
x ( , 2)−∞ − 2− ( )2,2− 2 (2, )+∞
( )f x′ + 0 − 0 +
( )f x
19
3
13
3
−
( ) ( )19 133 4 , 3 23 3f f− = < = − > −
( )f x [ 3 3]− ， 19
3
13
3
−25．（2020·山东省高二月考）已知函数
（1）求函数 的极值；
（2）若函数 在 上的最小值为 2，求它在该区间上的最大值．
【解析】（1）
， 或
当 x 变化时， ， 的变化情况如下表：
0 2
0 0
极小值 极大值
则极大值为 ，极小值为
（2）由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减
又 ，
所以最小值为 a，且
最大值在 或 处取， ，
所以 在 上的最大值为 22．
26．（2020·林芝市第二高级中学高二月考（理））已知 a∈R，函数 f(x)＝(－x2＋ax)ex(x∈R)．
(1)当 a＝2 时，求函数 f(x)的单调区间；
(2)若函数 f(x)在(－1，1)上单调递增，求 a 的取值范围．
【解析】（1）a=2 时，f（x）=（﹣x2+2x）•ex 的导数为
f′（x）=ex（2﹣x2），
由 f′（x）＞0，解得﹣ ＜x＜ ，
由 f′（x）＜0，解得 x＜﹣ 或 x＞ ．
即有函数 f（x）的单调减区间为（﹣∞，﹣ ），（ ，+∞），
3 2( ) 3 ( )f x x x a a R= − + + ∈
( )f x
( )f x [ ]2,3−
2( ) 3 6 3 ( 2)f x x x x x′ = − + = − −
( ) 0 0 2f x x′ > ⇒ < < ( ) 0 0f x x′ < ⇒ < 2x >
( )f x¢ ( )f x
x ( ,0)−∞ (0,2) (2, )+∞
( )f x¢ − + −
( )f x
( )2 4f a= + ( )0f a=
( )f x [ ]2,0− [ ]0,2 [ ]2,3
( )0f a= ( )3f a=
2a =
2x = − 2x = ( )2 20 22f a=− + = ( )2 4 6f a= + =
( )f x [ ]2,3−
2 2
2 2
2 2单调增区间为（﹣ ， ）．
（2）函数 f（x）=（﹣x2+ax）•ex 的导数为
f′（x）=ex[a﹣x2+（a﹣2）x]，
由函数 f（x）在（﹣1，1）上单调递增，
则有 f′（x）≥0 在（﹣1，1）上恒成立，
即为 a﹣x2+（a﹣2）x≥0，即有 x2﹣（a﹣2）x﹣a≤0，
则有 1+（a﹣2）﹣a≤0 且 1﹣（a﹣2）﹣a≤0，
解得 a≥ ．
则有 a 的取值范围为[ ，+∞）．
27．（2018·平遥县综合职业技术学校高三期中）设 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1 的导数 f′(x)满足 f′(1)＝2a，f′(2)＝－b，
其中常数 a，b∈R.
(1)求曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设 g(x)＝f′(x)e－x，求函数 g(x)的极值．
【解析】（I）∵f（x）=x3+ax2+bx+1∴f'（x）=3x2+2ax+b．令 x=1，得 f'（1）=3+2a+b=2a，解得 b=﹣3
令 x=2，得 f'（2）=12+4a+b=﹣b，因此 12+4a+b=﹣b，解得 a=﹣ ，因此 f（x）=x3﹣ x2﹣3x+1
∴f（1）=﹣ ，
又∵f'（1）=2×（﹣ ）=﹣3，
故曲线在点（1，f（1））处的切线方程为 y﹣（﹣ ）=﹣3（x﹣1），即 6x+2y﹣1=0．
（II）由（I）知 g（x）=（3x2﹣3x﹣3）e﹣x
从而有 g'（x）=（﹣3x2+9x）e﹣x
令 g'（x）=0，则 x=0 或 x=3
∵当 x∈（﹣∞，0）时，g'（x）＜0，
当 x∈（0，3）时，g'（x）＞0，
当 x∈（3，+∞）时，g'（x）＜0，
∴g（x）=（3x2﹣3x﹣3）e﹣x 在 x=0 时取极小值 g（0）=﹣3，在 x=3 时取极大值 g（3）=15e﹣3
28．（2020·高二月考）已知函数 .
2 2
3
2
3
2
( ) ln ( )mf x x m Rx
= − ∈（1）当 时，求函数 的单调区间和极值；
（2）若函数 在区间 上取得最小值 4，求 的值.
【解析】（1）当 时， ，则 ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 的递增区间 ，递减区间 ，极小值 ，无极大值
（2）
①当 时， ， 在 单调递增，
，解得 不满足 ，故舍去
②当 时， 时， ， 单调递减
时， ， 单调递增
，解得 ，不满足 ，故舍去
③当 时， ， 在 单调递减，
，解得 ，满足
综上：
2m = − ( )f x
( )f x [1, ]e m
2m = − ( )2( ) ln + 0f x x xx
= > 2
2( ) xf x x
−′ =
( )0,2x∈ ( ) 0f x′ < ( )f x ( )2,x∈ +∞ ( ) 0f x′ > ( )f x
( )f x ( )2,+∞ ( )0,2 ( )2 ln 2 1f = +
2( ) x mf x x
+′ =
1m ≥ − [ ]( ) 0, 1,f x x e′ ≥ ∈ ( )f x [1, ]e
( ) ( )min 1 4f x f m= = − = 4m = − 1m ≥ −
1e m− < < − ( )1,x m∈ − ( ) 0f x′ < ( )f x
( ),x m e∈ − ( ) 0f x′ > ( )f x
( ) ( ) ( )min ln 1 4f x f m m= − = − + = 3em = − 1e m− < < −
m e≤ − [ ]( ) 0, 1,f x x e′ ≤ ∈ ( )f x [1, ]e
( ) ( )min 1 4mf x f e e
= = − = 3m e= − m e≤ −
3m e= −
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