高考数学专题复习（精选精讲）练习2-导数习题精选精讲 47页

易错点、学法指导及例题研究 ‎ 例1、函数是定义在R上的可导函数，则是函数在时取得极值的（B）‎ ‎ A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充要条件 D、既不充分也不必要条件 例2、已知函数处有极大值，则常数c＝ 6 ；‎ 略解：，则，时取得极大值，所以经检验 （如令）‎ 变式引申：‎ 函数 在 x=1 时有极值10，则a，b的值为（C ）‎ A、 或 B、 或 C、 D、 以上都不对 ‎ 略解:由题设条件得： 解之得 通过验证，都合要求，故应选择A，上述解法错误，正确答案选C，注意代入检验 ‎ 说明：若点；若可导函数的两侧的导数异号，则点，函数处不一定可导，如函数；函数在取得极值处，如果有切线的话，则切线是水平的，从而，但反过来不一定，如函数处，说明切线是水平的，但这点的函数值不比它附近的大，也不比它附近的小，此处不一定有极值。‎ ‎ 例3、函数是定义在R上的可导函数，则为R上的单调增函数是的 A、充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充要条件 D、既不充分也不必要条件（B）‎ 说明：当时，函数单调递增，但单调递增，却不一定有，例如函数是R上的可导函数，它是R上的增函数，但当 例4、函数 （D）‎ A、 有最大值，但无最小值 B、有最大值、最小值 ‎ B、 C、无最大值、最小值 D、无最大值，有最小值 略解：上单调递减，所以无最大、最小值。‎ 说明：在开区间(a,b)内连续的且可导的函数不一定有最大值与最小值，如函数 例5、求的单调递增区间 ‎ 解：由函数的定义域可知， 即 ‎ 又 所以 ‎ 令，得或 ‎ 综上所述，的单调递增区间为（0，1）‎ 说明：求函数的单调区间时千万要注意定义域 变式引申：已知，求函数的单调区间.‎ 解：‎ ‎ 令即 ‎ 解不等式：， ‎ 当时，解得，时，解得：或，‎ 当时，解得，令，即 当时，解得，当时，解得：‎ 当时，解得或 综上所述：在时，函数在区间内为减函数，在区间为增函数。‎ 在时，函数在区间内为增函数，在区间为减函数，在区间内为增函数。‎ 在时，函数在区间内为减函数，在区间内为增函数，在区间内为减函数。‎ 说明：本题主要是在解不等式时注意对参数的讨论 ‎ 例6、已知曲线，求过点P的切线方程。‎ ‎ 解：上， ‎ ‎（1）当为切点时， 所求切线方程为 ‎（2）当不是切点时，设切点为，则，又切线斜率为，所以，，解得，此时切线的斜率为1，切线方程为，‎ 综上所述，所求切线为或。‎ 例7、求下列直线的方程：‎ ‎ （1）曲线在P(-1,1)处的切线； （2）曲线过点P(3,5)的切线；‎ 解：（1）‎ ‎ 所以切线方程为 ‎ （2）显然点P（3，5）不在曲线上，所以可设切点为，则①又函数的导数为，‎ 所以过点的切线的斜率为，又切线过、P(3,5)点，所以有②，由①②联立方程组得，，即切点为（1，1）时，切线斜率为；当切点为（5，25）时，切线斜率为；所以所求的切线有两条，方程分别为 说明： （1）过点P的切线不能等同于在P点处的切线；（2）求出两条切线，是否可以说不在曲线上的点切线一定存在呢？答案是否定的，由例题可知切线的条数取决于关于方程（或方程组）的解的个数；（3）若函数在某点处不存在导数，不一定不存在切线，存在切线也不一定可导。‎ 例8、方程 (B)‎ ‎ A、0 B、1 C、2 D、3‎ 略解：令＝‎ ‎ 由，又，故得结论 例9、若函数在是增函数，则 （D）‎ ‎ B、 C、 D、‎ 略解：不等式在指定区间上恒成立 例10、函数上是增函数，则实数a 的取值范围为 （D）‎ 略解：方法（一）＝，由题意可知当，上面不等式成立，当，当，若，不等式显然不成立，故；‎ ‎ 方法（二）因为，由题可知当，恒成立，因为当时，，所以，所以 变式引申1：已知为实数，。‎ ‎ （1）求导数；（2）若，求在上的最大值和最小值；‎ ‎（3）若在和上都是递增的，求的取值范围。‎ 解：（1），‎ ‎（2）令，解得，此时 由，得：或，又，，，‎ 所以在上最大值为，最小值为 ‎（3）‎ 为开口向上且过点的抛物线，由条件知：，‎ 即 解得：，所以的取值范围是 变式引申2：（2006年江西卷）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值。（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间；（2）若对xÎ〔－1，2〕，不等式f（x）f（2）＝2＋c，解得c<－1或c>2‎ 变式引申3：已知，函数，设，记曲线在点处的切线为。‎ ‎ （I）求的方程； ‎ ‎（II）设与轴交点为，证明（i）（ii）若，则 解：（I），由此得切线的方程为 ‎ （II）切线方程中令，有 即 其中 ‎(i)，，，又 ‎，当且仅当时，‎ ‎(ii)当时，，，且由(i)‎ 所以 说明：例7～例10及其变式引申1～3及解不等式以及不等式恒成立问题、方程根的问题，是导数与不等式、方程的综合题 例11、，求a、b、c的值。‎ 解：由题可得c＝0， 所以，由条件可知－1，1为方程＝0的根，则由韦达定理得a=0,b=-3‎ 例12、若函数在R上有两个极值点，则实数a的取值范围为 （B）‎ ‎ C、 ‎ 例13、若函数 （A）‎ 例14、已知曲线轴相切于不同于原点的一点，又函数有极小值为－4，求p、q的值。‎ ‎ 解：由题可知方程有两个不同的解，则① 则是方程的一个解，则由韦达定理知另一个解为，则曲线s经过点，解得，代入①得 说明：以上均是导函数对应的方程根的问题，注意根的判别式及其韦达定理的使用。‎ 例15、计算下列定积分 ‎（1） (2) (3) ‎ ‎（4） （5） ‎ 解：（1）令，则原式＝ ‎ ‎（2），则＝‎ ‎ ＝ ‎ ‎（3）原式＝ ‎ ‎ （4）原式＝‎ ‎ ＝‎ ‎ （5）原式＝=‎ ‎= +=‎ 变式引申1：已知,求值, 使.‎ 变式引申2：‎ 计算（1） 4 （分段函数）‎ ‎ （2） （利用几何意义）‎ 说明：求定积分要能熟练取出被积函数的原函数，并注意有时要将被积函数进行适当的变形，对于分段函数要分段求，对于有些求定积分要回到其几何意义上。‎ 例16、在曲线上的某点A处作一切线使之与曲线以及轴所围成的面积为.试求：切点A的坐标以及切线方程. ‎ ‎ 解：由题可设切点为，，则切线方程为，与轴的交点坐标为（，则由题可知有，，所以切点坐标与切线方程分别为 说明：求一些曲边图形的面积要注意利用定积分的几何意义以及微积分基本定理，但要特别注意图形面积不是与定积分一定相等，如函数的图像与轴围成的图形的面积为4,而其定积分为0.定积分的几何意义是：轴所围成的图形的面积的代数和，即.‎ 五、高考题及高考模拟题研究 ‎ 1、导数的概念、微积分基本定理 ‎ 高考对导数要求了解其实际背景，作为函数在某一点处的导数的定义及导数的几何意义，对于定积分基本定理的考查，主要是定理的应用即简单计算，关键是被积函数的原函数的寻找，题型一般以选择题、解答题形式出现。‎ ‎ 例1、的值为（ C ）‎ ‎ A 0 B C 2 D 4‎ 解：令，所以 说明：关键是原函数的寻找，要求能熟悉一些函数的导数。‎ 例2、已知 分析：本题考查运用导数定义解决问题的能力，求一个可导函数，通常是先求出这个函数的导函数，在将代入，这是一般处理方法，‘然而在本题情况下，不易求出，此时，可返回到原始定义，直接利用函数在某一点的导数的定义来求，求法如下：‎ 说明：对运用导数的概念求函数的导数考查较少，但这一点这是是高考要求考生必须了解的内容，随着高考对导数考查思路的逐步成熟，高考对这一点的考查会适当拓宽，如还可能在“可导与连续”、“可导与有切线”的联系处，或在导数定义的变式处设置选择题，以考查学生应用导数概念解题的能力。‎ ‎2、导数、定积分的几何意义 高考对导数的几何意义考查的要求是理解，试题一般以选择题、填空题的形式出现，常与解不等式、不等式的证明及圆锥曲线有关这是结合起来考查。小题小综合、大题大综合，尤其是导数与圆锥曲线、不等式的证明等知识的综合，数学思想丰富、解法灵活多变、方法多样。请加强这方面的训练 例3、（2006年安徽卷）若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为 A． B． C． D．（ ）‎ 解：与直线垂直的直线为，即在某一点的导数为4，而，所以在(1，1)处导数为4，此点的切线为，故选A 分析：本题是在导数的几何意义直线的联系处命题的，根据导数的几何意义，过点M的斜率为，于是先求的导数，并利用点斜式写出的方程。‎ 例4、（2006年江苏卷）对正整数n，设曲线在x＝2处的切线与y轴交点的纵坐标为，则数列的前n项和的公式是　▲　‎ 解：，令x=0，求出切线与y轴交点的纵坐标为，所以，则数列的前n项和 分析：本题主要考查利用导数求切线方程，再与数列知识结合起来，解决相关问题。‎ 例5：直线与抛物线所围成的图形面积是（ C ）‎ ‎ A 20 B C D ‎ 解：直线与抛物线的交点坐标为（－1，1）和（3，9），则 例6：如果1N能拉长弹簧1cm，为了将弹簧拉长6cm，需做功（ A ）‎ ‎ A 0.18J B 0.26J C 0.12J D 0.28J 说明：力对质点的做功就是求定积分。‎ ‎ 3、利用导数研究函数的性态 ‎ 高考对这一知识点考查的要求为：理解极大值、极小值、最大值、最小值的概念，并会用导数求函数的单调区间、极大值、极小值及闭区间上的最大值和最小值，注意数形结合。‎ ‎ 例7、（2006年天津卷）函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（　A ）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D． 4个 例8、（2006年江西卷）对于R上可导的任意函数 f（x），若满足（x－1）³0，则必有（ C ）‎ A． f（0）＋f（2）<‎2f（1） B. f（0）＋f（2）£‎2f（1）‎ C. f（0）＋f（2）³‎2f（1） D. f（0）＋f（2）>‎2f（1）‎ 解：依题意，当x³1时，f¢（x）³0，函数f（x）在 ‎（1，＋¥）上是增函数；当x<1时，f¢（x）£0，f（x）在（－¥，1）上是减函数，故f（x）当x＝1时取得最小值，即有f（0）³f（1），f（2）³f（1），故选C 变式引申：已知上有最大值为3，那么此还是在[－2，2]上的最小值为 A、－37 B、－29 C、－5 D、－11 （A）‎ ‎ 解：，，则有 例9、（2006年北京卷）已知函数在点处取得极大值，其导函数的图象经过点，，如图所示.求：‎ ‎（1）的值； （2）的值.‎ 解：（1），由图可知当 ‎，‎ 故当时，函数取得极大值，所以=1‎ ‎（2）由图可知为方程的两个根，‎ 则有 ① ② ，由（1）可知 ③ ‎ ‎ 由①②③解得.‎ 例10：（2006年福建卷）已知函数 ‎ （1）求在区间上的最大值 ‎ （2）是否存在实数使得的图象与的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由。‎ ‎ 解：（1）‎ ‎ 当即时，在上单调递增，‎ ‎ 当即时，‎ ‎ 当时，在上单调递减，‎ ‎ 综上，‎ ‎ （2）函数的图象与的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ‎ 的图象与轴的正半轴有且只有三个不同的交点。‎ ‎ ‎ ‎ 当时，是增函数；当时，是减函数；‎ ‎ 当时，是增函数；‎ ‎ 当或时，‎ ‎ 当充分接近0时，当充分大时，‎ ‎ 要使的图象与轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ‎ 　　即 ‎ 所以存在实数，使得函数与的图象有且只有三个不同的交点，的取值范围为 分析：本小题主要考查函数的单调性、极值、最值等基本知识，考查运用导数研究函数性质的方法，考查运算能力，考查函数与方程、数形结合、分类与整合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力。‎ 例11、设函数交于点P，若过P的切线方程为，且当x=4时，函数取极值－19，试求的解析式，并求这个函数的单调递减区间。‎ ‎ 解：由，这是过P点的切线的斜率。代入切线方程， 时，的极值为－19，则， ‎ ‎ 例12、设函数是定义在（为实数）；‎ ‎（1）当；（2）若并证明你的结论；‎ ‎（3）是否存在实数 ‎ 分析：第（1）设 （2）（3）首先求出导函数，然后解含参数a 的不等式，要进行分类讨论。本题的第（2）实际上为第（3）作铺垫，因为 ‎；‎ ‎（3）当 当使。‎ ‎4、利用导数解应用性问题 利用导数解决科技、经济、生产、生活中的最值问题，是新课程高考要求学生必须掌握的内容，与应用传统知识解应用题的唯一区别是：解题过程中利用导数求出函数的最值。‎ 例13、（2006年福建卷）统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量（升）关于行驶速度（千米/小时）的函数解析式可以表示为：已知甲、乙两地相距100千米。‎ ‎ （I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？‎ ‎ （II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？‎ ‎ 解：（I）当时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，‎ ‎ 要耗没（升）。‎ ‎ （II）当速度为千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了小时，设耗油量为升，‎ ‎ 依题意得 ‎ ‎ ‎ 令得 ‎ 当时，是减函数；‎ ‎ 当时，是增函数。‎ ‎ 当时，取到极小值 ‎ 因为在上只有一个极值，所以它是最小值。‎ ‎ 答：当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油‎17.5升。当汽车以80千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少，最少为‎11.25升。‎ 分析：本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的能力。由于三个正数的均值不等式高考不作要求，所以关于x 的三次函数的最值，只有用导数求其最值。‎ O O1‎ 例14：（2006年江苏卷）请您设计一个帐篷。它下部的形状是高为1m的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3m的正六棱锥（如右图所示）。试问当帐篷的顶点O到底面中心的距离为多少时，帐篷的体积最大？‎ 解：设OO1为，则 由题设可得正六棱锥底面边长为：，（单位：）‎ 故底面正六边形的面积为：=，（单位：）‎ 帐篷的体积为：（单位：）‎ 求导得。‎ 令，解得（不合题意，舍去），，‎ 当时，，为增函数；‎ 当时，，为减函数。‎ ‎∴当时，最大。‎ 答：当OO1为时，帐篷的体积最大，最大体积为。‎ 点评：本题主要考查利用导数研究函数的最值的基础知识，以及运用数学知识解决实际问题的能力 导数应用的题型与方法 ‎ 四、热点题型分析 题型一：利用导数定义求极限 例1．已知f(x)在x=a处可导，且f′(a)=b，求下列极限：‎ ‎　　（1）； （2）‎ ‎　　解：（1）‎ ‎　　（2）‎ 说明：只有深刻理解概念的本质，才能灵活应用概念解题。解决这类问题的关键是等价变形，使极限式转化为导数定义的结构形式。‎ 题型二：利用导数几何意义求切线方程 例2．．已知曲线，曲线，直线与都有相切，求直线的方程。‎ 解：设直线与的切点分别为，‎ 又 ‎ 或， 的方程为： 或 。‎ 题型三：利用导数研究函数的单调性、极值、最值。‎ ‎ 例3已知函数的切线方程为y=3x+1 ‎ ‎ （Ⅰ）若函数处有极值，求的表达式；‎ ‎ （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数在[－3，1]上的最大值；‎ ‎ （Ⅲ）若函数在区间[－2，1]上单调递增，求实数b的取值范围 ‎ 解：（1）由 过的切线方程为：‎ ‎ ‎ ‎①‎ ‎②‎ 而过 故 ‎ ‎∵ ③ ‎ 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴ ‎ ‎（2）‎ 当 ‎ 又在[－3，1]上最大值是13。 ‎ ‎（3）y=f(x)在[－2，1]上单调递增，又由①知2a+b=0。 ‎ 依题意在[－2，1]上恒有≥0，即 ‎ ‎①当；‎ ‎②当；‎ ‎③当 ‎ 综上所述，参数b的取值范围是 例4：已知三次函数在和时取极值，且．‎ ‎(1) 求函数的表达式；‎ ‎(2) 求函数的单调区间和极值；‎ ‎(3) 若函数在区间上的值域为，试求、应满足的条件．‎ 解：(1) ， ‎ 由题意得，是的两个根，解得，． ‎ 再由可得．∴． ‎ ‎(2) ，‎ 当时，；当时，；‎ 当时，；当时，；‎ 当时，．∴函数在区间上是增函数；‎ 在区间上是减函数；在区间上是增函数．‎ 函数的极大值是，极小值是． ‎ ‎(3) 函数的图象是由的图象向右平移个单位，向上平移4个单位得到的，‎ 所以，函数在区间上的值域为（）．‎ 而，在是增函数,f(1)=-5∴，即． ‎ 于是，函数在区间上的值域为．‎ 令得或．由的单调性知 ，-1‎ 综上所述，、应满足的条件是：， ‎ 例5：已知函数f(x)=－x3＋3x2＋ax＋b在x＝(1，f(1))处的切线与直线12x－y－1＝0平行．‎ ‎（1）求实数a的值；‎ ‎（2）求f(x)的单调递减区间；‎ ‎（3）若f(x)在区间[－2，2]上的最大值为20，求它在该区间上的最小值．‎ 解：（1） ∵f ’(x)＝－3x2＋6x＋a ∴f ’(1)＝3＋a=12,∴a=9 ‎ ‎（2） f ’(x)＝－3x2＋6x＋9．令f ‘(x)<0，解得x<－1或x>3， ‎ 所以函数f(x)的单调递减区间为（－∞，－1），（3，＋∞）．‎ ‎（3）因为f(－2)＝8＋12－18＋b=2＋b，f(2)＝－8＋12＋18＋b＝22＋b，‎ 所以f(2)>f(－2)． 因为在（－1，3）上f ‘(x)>0，‎ 所以f(x)在[－1, 2]上单调递增，又由于f(x)在[－2，－1]上单调递减，‎ 因此f(2)和f(－1)分别是f(x)在区间[－2，2]上的最大值和最小值，‎ 于是有 22＋b＝20，解得 b＝－2． ‎ 故f(x)=－x3＋3x2＋9x－2，因此f(－1)＝1＋3－9－2＝－7，‎ 即函数f(x)在区间[－2，2]上的最小值为－7． ‎ 例6：已知函数在处取得极值，‎ ‎（1）用表示；‎ ‎（2）设函数如果在区间上存在极小值，求实数的取值范围.‎ 解：（1）‎ ‎ （2）由已知 令＝0‎ ‎①若,则当时，>0；当时，.‎ 所以当时，在有极小值.‎ ‎②同理当时，，即时，在有极小值.‎ 综上所述：当时，在有极小值.‎ 例7：已知 ‎(1)当时, 求证在内是减函数;‎ ‎(2)若在内有且只有一个极值点, 求a的取值范围.‎ 解: (1) ∵∴‎ ‎∵, ∴‎ 又∵二次函数的图象开口向上,‎ ‎∴在内, 故在内是减函数.‎ ‎(2)设极值点为则 当时, ∵‎ ‎∴在内 在内 即在内是增函数, 在内是减函数.‎ 当时在内有且只有一个极值点, 且是极大值点. ‎ 当时, 同理可知, 在内且只有一个极值点, 且是极小值点. ‎ 当时, 由(1)知在内没有极值点. ‎ 故所求a的取值范围为 例8：设函数．‎ ‎（1）若的图象与直线相切，切点横坐标为２，且在处取极值，求实数 的值；‎ ‎（2）当b=1时，试证明：不论a取何实数，函数总有两个不同的极值点． ‎ 解：（1） ‎ 由题意，代入上式，解之得：a=1，b=1．　　‎ ‎（2）当b=1时，　　　　　　　‎ 因故方程有两个不同实根．　　‎ 不妨设，由可判断的符号如下：‎ 当＞０；当＜０；当＞０‎ 因此是极大值点，是极小值点．，当b=1时，不论a取何实数，函数总有两个不同的极值点。‎ 题型四：导数与解析几何、立体几何的结合。‎ 例9 用长为‎90cm,宽为‎48cm的长方形铁皮做一个无盖的容器,先在四角分别截去一个小正方形,然后把四边翻转90°角,再焊接而成(如图),问该容器的高为多少时,容器的容积最大?最大容积是多少?‎ 解：设容器的高为x，容器的体积为V，‎ 则V=,(00,1036时，V′>0,‎ 所以,当x=10,V有极大值V(10)=1960，并且又是最大值 所以当x=10,V有最大值V(10)=1960‎ 题型五：利用单调性、极值、最值情况，求参数取值范围 例10：设函数 ‎ （1）求函数的单调区间、极值.‎ ‎（2）若当时，恒有，试确定a的取值范围.‎ 解：（1）=，令得 ‎ 列表如下：‎ x ‎（-∞，a）‎ a ‎（a，‎3a）‎ ‎3a ‎（‎3a，+∞）‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ 极小 极大 ‎ ‎ ‎∴在（a，‎3a）上单调递增，在（-∞，a）和（‎3a，+∞）上单调递减 时，，时， ‎ ‎（2）∵，∴对称轴，‎ ‎∴在[a+1，a+2]上单调递减 ‎ ‎∴，‎ 依题， 即 解得，又 ∴a的取值范围是 例12：（2006全国卷）设为实数，函数在和都是增函数，求的取值范围。‎ ‎ 解：，判别式 ① 若，当时，在上为增函数，所以符合题意。‎ ② 若，恒有，在上为增函数，所以 符合题意。‎ ① 若即都是增函数，只须，又所以 ‎ 综上：的取值范围为 例13：已知函数，其中是的导函数 ‎（Ⅰ）对满足的一切的值，都有，求实数的取值范围；‎ ‎（Ⅱ）设，当实数在什么范围内变化时，函数的图象与直线 只有一个公共点 解：（Ⅰ）由题意 ‎ 令，‎ 对，恒有，即 ‎∴ 即 解得 故时，对满足的一切的值，都有 ‎（Ⅱ）‎ ‎①当时，的图象与直线只有一个公共点②当时，列表： ‎ 极大 极小 ‎∴又∵的值域是，且在上单调递增 ‎∴当时函数的图象与直线只有一个公共点。‎ 当时，恒有由题意得即 解得 ；综上，的取值范围是 例14．（2006年江西卷）已知函数f（x）＝x3＋ax2＋bx＋c在x＝－与x＝1时都取得极值（1）求a、b的值与函数f（x）的单调区间 ‎（2）若对xÎ〔－1，2〕，不等式f（x）f（2）＝2＋c，解得c<－1或c>2‎ 题型六：利用导数研究方程的根 例15：已知平面向量=(,－1). =(,).‎ ‎（1）若存在不同时为零的实数k和t，使=+(t2－3)，=-k+t，⊥，‎ 试求函数关系式k=f(t) ；‎ ‎(2) 据(1)的结论，讨论关于t的方程f(t)－k=0的解的情况.‎ ‎ 解：(1)∵⊥，∴=0 即[+(t2-3) ]·(-k+t)=0. ‎ 整理后得-k+[t-k(t2-3)] + (t2-3)·=0 ‎ ‎∵=0，=4，=1，∴上式化为-4k+t(t2-3)=0，即k=t(t2-3)‎ ‎(2)讨论方程t(t2-3)-k=0的解的情况，可以看作曲线f(t)= t(t2-3)与直线y=k的交点个数. ‎ 于是f′(t)= (t2-1)= (t+1)(t-1). ‎ 令f′(t)=0,解得t1=-1,t2=1.当t变化时，f′(t)、f(t)的变化情况如下表：‎ t ‎(-∞,-1)‎ ‎-1‎ ‎(-1,1)‎ ‎1‎ ‎(1,+ ∞)‎ f′(t)‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ F(t)‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ 当t=－1时，f(t)有极大值，f(t)极大值=.‎ 当t=1时，f(t)有极小值，f(t)极小值=－‎ 函数f(t)=t(t2-3)的图象如图13－2－1所示，‎ 可观察出：‎ ‎(1)当k＞或k＜－时,方程f(t)－k=0有且只有一解；‎ ‎(2)当k=或k=－时,方程f(t)－k=0有两解；‎ ‎(3) 当－＜k＜时,方程f(t)－k=0有三解. ‎ 例16：设为实数，函数．‎ ‎（Ⅰ）求的极值；‎ ‎（Ⅱ）当在什么范围内取值时，曲线与轴仅有一个交点．‎ 解：令，当变化时，的变化情况如下表所示 ‎+‎ ‎0‎ ‎—‎ ‎0‎ ‎+‎ 极大值 极小值 所以的极大值=，极小值。‎ ‎（2），所以当时曲线与轴仅有一个交点。所以当 时曲线轴仅有一个交点。‎ 例17： 已知函数.‎ ‎ （Ｉ）讨论函数的单调性；‎ ‎ （Ⅱ）若曲线上两点A、B处的切线都与y轴垂直，且线段AB与x轴有公共点，求实数a的取值范围.‎ 解（Ⅰ）由题设知.令.‎ 当（i）a>0时，‎ 若，则，所以在区间上是增函数；‎ 若，则，所以在区间上是减函数；‎ 若，则，所以在区间上是增函数；‎ ‎（i i）当a＜0时，‎ 若，则，所以在区间上是减函数；‎ 若，则，所以在区间上是减函数；‎ 若，则，所以在区间上是增函数；‎ 若，则，所以在区间上是减函数.‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）的讨论及题设知，曲线上的两点A、B的纵坐标为函数的极值，且函数在处分别是取得极值，.‎ 因为线段AB与x轴有公共点，所以.即 所以.故.‎ 解得　－1≤a＜0或3≤a≤4.即所求实数a的取值范围是[-1，0)∪[3，4].‎ 题型七：导数与不等式的综合　‎ 例18：已知函数，设，记曲线在点处的切线为。‎ ‎（Ⅰ）求的方程；‎ ‎（Ⅱ）设与轴的交点为，证明：①；②若，则。‎ 解：（1）的导数，由此得切线的方程 ‎，‎ ‎（2）依题意，在切线方程中令，得，‎ ‎（ⅰ），‎ ‎∴，当且仅当时取等成立。‎ ‎（ⅱ）若，则，，且由（ⅰ），‎ 所以。‎ 例19：设在上是单调函数.‎ ‎（1）求实数的取值范围；‎ ‎（2）设≥1，≥1，且，求证：.‎ 解：（1） 若在上是单调递减函数，则须这样的实数a不存在.故在上不可能是单调递减函数.‎ 若在上是单调递增函数，则≤，‎ 由于.从而0 0, 在(,)为增函数. 所以a=±.‎ ‎( ii) 若Δ= 12－8< 0, 抛物线在x轴上方, 恒有> 0, 在(,)为增函数. 所以 > ,即a∈(, －)∪( , ) .‎ ‎(iii) 若Δ= 12－8> 0, 即－< a < , = 0 有二不同根 ‎ =, =.‎ ‎ 当x∈(,)或(,)时, > 0, 为增函数;‎ ‎ 当x∈(,)时, < 0, 为减函数.‎ ‎ 为使在(, 0 )和( 1, )为增函数, 必须≥0且≤1.‎ ‎ 由 ≥0 得 a ≥, 解得1 ≤ a < .‎ ‎ 由 ≤1 得≤3－a, 解得 － < a < . 从而 a∈[1,).‎ ‎ 综上, a的取值范围为 (, －]∪[, )∪[1 , ).‎ 即 a∈(, －]∪[1 , ).‎ ‎ 考查意图： 本题主要考查导数的概念和计算、应用导数研究函数单调性的基本方法, 考查数形结合、分类讨论的数学思想和综合运用数学知识解决问题的能力.‎ ‎（五）导数的实际应用 例3（2006年福建卷）统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量（升）关于行驶速度（千米/小时）的函数解析式可以表示为：已知甲、乙两地相距100千米。‎ ‎ （I）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？‎ ‎ （II）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？‎ ‎ 点评：（I）当时，汽车从甲地到乙地行驶了100/40=2.5小时，‎ ‎ 要耗油（升）。‎ ‎ （II）当速度为千米/小时时，汽车从甲地到乙地行驶了100/x小时，设耗油量为升，‎ ‎ 依题意得 ‎ 令得 ‎ 当时，是减函数； 当时，是增函数。‎ ‎ 当时，取到极小值 ‎ 因为在上只有一个极值，所以它是最小值。‎ 答：略 ‎ 考查意图：本小题主要考查函数、导数及其应用等基本知识，考查运用数学知识分析和解决实际问题的建模能力。‎ ‎（六）利用导数证明不等式 ‎（一）、利用导数得出函数单调性来证明不等式 我们知道函数在某个区间上的导数值大于（或小于）0时，则该函数在该区间上单调递增（或递减）。因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数证明该函数的单调性,然后再用函数单调性达到证明不等式的目的。即把证明不等式转化为证明函数的单调性。具体有如下几种形式：‎ 1、 直接构造函数，然后用导数证明该函数的增减性；再利用函数在它的同一单调递增（减）区间，自变量越大，函数值越大（小），来证明不等式成立。‎ 例1：x>0时,求证；x－ln(1+x)＜0‎ 证明：设f(x)= x－ln(1+x) (x>0), 则f(x)=‎ ‎∵x>0,∴f(x)<0,故f(x)在（0，+∞）上递减，‎ 所以x>0时,f(x)a>e, 求证:ab>b a, (e为自然对数的底)‎ 证：要证ab>b a只需证lnab>lnba 即证：blna－alnb>0‎ 设f(x)=xlna－alnx (x>a>e)；则f (x)=lna－,‎ ‎∵a>e,x>a ∴lna>1,<1,∴f (x)>0,因而f(x)在（e, +∞）上递增 ‎∵b>a,∴f(b)>f(a)；故blna－alnb>alna－alna=0；即blna>alnb 所以ab>b a成立。‎ ‎（注意，此题若以a为自变量构造函数f(x)=blnx－xlnb (e0时时，故f(x)在区间（e, b）上的增减性要由的大小而定，当然由题可以推测 故f(x)在区间（e, b）上的递减,但要证明则需另费周折，因此，本题还是选择以a为自变量来构造函数好，由本例可知用函数单调性证明不等式时，如何选择自变量来构造函数是比较重要的。）‎ ‎（二）、利用导数求出函数的最值（或值域）后，再证明不等式。‎ 导数的另一个作用是求函数的最值. 因而在证明不等式时，根据不等式的特点，有时可以构造函数，用导数求出该函数的最值；由当该函数取最大（或最小）值时不等式都成立，可得该不等式恒成立。从而把证明不等式问题转化为函数求最值问题。‎ 例3、求证：n∈N*,n≥3时，2n >2n+1‎ 证明：要证原式，即需证：2n－2n－1>0,n≥3时成立 设f(x)=2x－2x－1(x≥3),则f(x)=2xln2－2(x≥3),‎ ‎∵x≥3,∴f(x)≥23ln3－2>0‎ ‎∴f(x)在[3，+∞ 上是增函数，‎ ‎∴f(x)的最小值为f(3)=23－2×3－1=1>0‎ 所以，n∈N*,n≥3时，f(n)≥f(3)>0, 即n≥3时,2n－2n－1>0成立，‎ 例4、的定义域是A=[a,b，其中a,b∈R+,a （k∈N*）‎ 证明：由题知g(x)=‎ g(x)= =0时x4－ax3－a2b2+a2bx=0‎ 即(x4－a2b2)－ax(x2－ab)=0,化简得(x2－ab)(x2－ax+ab)=0‎ 所以x2－ax+ab =0或x2－ab=0，∵00时x∈[, g(x)<0时x∈[a,, ‎ 因而g(x)在[上递增，在[a,上递减 所以x=是gA(x)的极小值点，‎ 又∵gA(x)在区间[a,b只有一个极值 ‎∴gA()=2是gA(x)的最小值。‎ 所以，的最小值为=2‎ 的最小值为2‎ 又∵‎ ‎∴x1∈Ik=[k2,(k+1)2, x2∈Ik+1=[(k+1)2,(k+2)2时 ‎> （k∈N*）成立 ‎3、利用导数求出函数的值域，再证明不等式。‎ 例5：f(x)=x3－x, x1,x2∈[－1,1]时，求证：|f(x1)－f(x2)|≤‎ 证明：∵f(x)=x2－1, x∈[－1,1]时,f(x)≤0,‎ ‎∴f(x)在[－1,1]上递减.故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)=‎ 最小值为f(1)=,即f(x)在 [－1,1]上的值域为；‎ 所以x1,x2∈[－1,1]时，|f(x1)|, |f(x2)|,‎ 即有 |f(x1)－f(x2)|≤|f(x1)|+ |f(x2)|‎ ‎（七）、利用导数解决不等式恒成立问题 不等式恒成立问题，一般都会涉及到求参数范围，往往把变量分离后可以转化为m>f(x) (或m0时，解得0＜x＜, h′(x)＞0时x＞‎ 所以h(x)在（0，）上递增，在（，+∞）上递减, ‎ ‎ 故h(x)的最大值为，所以 ‎（八）、利用导数解不等式 例8：函数f(x)=,解不等式f(x)≤1‎ 解：由题知 ‎①∵ ‎ ‎∴a≥1时,f(x)<1－a<0恒成立，故f(x)在R上单调递减，‎ 又f(0)=1，所以x≥0时f(x)≤f(0)=1，‎ 即a≥1时f(x)≤1的解为 {x|x≥0}‎ ‎②00时解得x∈∪,‎ ‎<0时解得 故f(x)在上单调递减，‎ f(x)在或上单调递增，‎ 又f(x)=1时解得x=0或x=，‎ 且0‎2a.‎ ‎∴上是减函数. ‎ ‎∴‎ 于是，对任意，不等式①恒成立，等价于 又∴‎ ‎2． 如果在某个区间I内满足：对任意的，则称在I上为下凸函数；已知函数（Ⅰ）证明：当时，在上为下凸函数；‎ ‎ （Ⅱ）若为的导函数，且时，求实数a的取值范围.‎ 解（Ⅰ）任取则 ‎ ‎ 又 又 即.上的下凸函数.‎ ‎ （Ⅱ）， ‎ 恒成立.‎ ‎3． 设，函数为自然对数的底数）. （Ⅰ）判断的单调性；‎ ‎ （Ⅱ）若上恒成立，求a的取值范围.‎ 解（Ⅰ）由已知 ‎ 令①当在R上为减函数.‎ ‎②当在R上为减函数. ‎ ‎③当时，由得由 得上为增函数；‎ 上为减函数. ‎ ‎ （Ⅱ）①当上为减函数. ‎ ‎②当在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是 ‎ ‎4． 设是函数的两个极值点，且 ‎ （Ⅰ）求a的取值范围； （Ⅱ）求证：.‎ 解证：（I）易得 的两个极值点的两个实根，又a＞0‎ ‎∴‎ ‎∵‎ ‎（Ⅱ）设则 由 上单调递增 ‎ ‎5． 已知函数 （Ⅰ）若，求的极大值；‎ ‎ （Ⅱ）若在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k的取值范围.‎ 解：（Ⅰ）定义域为 ‎ 令 由由 ‎ 即上单调递增，在上单调递减 时，F(x)取得极大值 ‎ ‎ （Ⅱ）的定义域为(0+∞) ‎ 由G (x)在定义域内单调递减知：在(0+∞)内恒成立 ‎ 令，则 由∵当时为增函数 当时 为减函数 ∴当x = e时，H(x)取最大值 故只需恒成立，‎ 又当时，只有一点x = e使得不影响其单调性 ‎ ‎6．已知A、B、C是直线l上的三点，向量，，满足：－[y＋‎2f /(1)]＋ln(x＋1)＝0.‎ ‎（1）求函数y＝f(x)的表达式；（2）若x＞0，证明：f(x)＞；（3）若不等式x2≤f(x2)＋m2－2bm－3时，x∈[－1，1]及b∈[－1，1]都恒成立，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)∵－[y＋‎2f /(1)]＋ln(x＋1)＝0，∴＝[y＋‎2f /(1)]－ln(x＋1) 由于A、B、C三点共线　即[y＋‎2f /(1)]＋[－ln(x＋1)]＝1 ∴y＝f(x)＝ln(x＋1)＋1－‎2f /(1)‎ f /(x)＝，得f /(1)＝，故f(x)＝ln(x＋1) ‎ ‎（2）令g(x)＝f(x)－，由g/(x)＝－＝ ∵x＞0，∴g/(x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数 ‎　　　　　　故g(x)＞g(0)＝0 即f(x)＞ ‎　　　（3）原不等式等价于x2－f(x2)≤m2－2bm－3　令h(x)＝x2－f(x2)＝x2－ln(1＋x2)，由h/(x)＝x－＝ ‎ 当x∈[－1，1]时，h(x)max＝0，∴m2－2bm－3≥0令Q(b)＝m2－2bm－3，则得m≥3或m≤－3 ‎ ‎7．已知函数．与的图象都过点P(2，0)，且在点P处有公共切线．‎ ‎(1)求f(x)和g(x)的表达式及在点P处的公切线方程；(2)设，其中，求F(x)的单调区间．‎ 解：(1)∵过点∴a=-8, ‎ ‎∴切线的斜率 ∵的图像过点∴4b+‎2c=0,‎ ‎ ∵,解得：b=8,c=-16 ∴‎ 切线方程为．即16x-y-32=0‎ (2) ‎∵ ‎ ‎ 当m<0时，∵m<0 ∴‎ ‎ 又x>1 当时 当时 ‎ ∴F(x)的单调减区间是 ∴F(x)的单调增区间是(1，) 即m<0时，F(x)的单调递增区间是(1，)，单调减区间是(，) …l2分 ‎8． 已知函数．　（Ⅰ）若在[1，＋∞上是增函数，求实数a的取值范围；‎ ‎　　（Ⅱ）若是的极值点，求在[1，a]上的最小值和最大值．‎ 解：(Ⅰ) ，要在[1，＋∞上是增函数，则有 在[1，＋∞内恒成立，即在[1，＋∞内恒成立 又（当且仅当x=1时取等号），所以 ‎（Ⅱ）由题意知的一个根为，可得，‎ 所以的根为或 (舍去)，又，，，∴　f（x）在，上的最小值是，最大值是．‎ ‎9． 已知f(x)=ln(x+2)－x2+bx+c （Ⅰ）若函数f(x)在点（1，y）处的切线与直线3x+7y+2=0垂直，且f(－1)=0，求函数f(x)在区间[0，3]上的最小值； （Ⅱ）若f(x)在区间[0，m]上单调，求b的取值范围.‎ 解：（I） 直线3x+7y+2=0 斜率为－‎ 令f′(1)= 得b=4 又f(－1)=ln1－1－4+c=‎0 c=5‎ x ‎0‎ ‎(0,)‎ ‎（,3）‎ ‎3‎ y′‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎－‎ y ln2+5‎ 极大 ‎8+ln5‎ 因为8+ln5>5+ln2 ∴x=0时 f(x)在[0，3]上最小值f(x)=5+ln2.‎ ‎ （II）令≥0得b≥2x－，在[0，m]上恒成立而 ‎ y=2x－在[0，m]上单调递增，最大值为‎2m－∴b≥‎2m－‎ ‎ 令≤0 得b≤2x－，而 y=2x－在[0，m]单增，最小为y=－‎ ‎∴b≤－故b≥‎2m－ 或b≤－时f(x)在[0，m]上单调.‎ ‎10. 已知函数f(x)=ax－x (a>1) (1) 求函数f(x)的最小值, 并求最小值小于0时a的取值范围.‎ ‎(2)令S(n)=Cn‎1f '(1)＋Cn‎2f '(2)＋ … ＋Cnn－‎1f '(n－1),‎ 证明: S(n)>(2n－2)·f '()解：(1) 由f '(x)=axlna－‎1 f '(x)>0 即: axlna>1, ∴ax> , 又a>1, ∴x>－logalna 同理: f '(x) <0, 有x<－logalna 所以f '(x)在(－∞, －logalna)上递减, 在(－logalna, ＋∞)‎ 上递增, 所以f(x)max=f(－logalna) = , 若f(x)max<0, 即 <0, 则 ln(lna)<－1, ∴lna< ∴ a 的取值范围是 10，a>2或a<－1…………………………………………………………12分 ‎13． 已知函数其中a为常数.（1）若当恒成立，求a的取值范围；‎ ‎ （2）求的单调区间.‎ 解：（1））‎ 令当 上单调增，‎ ‎（2）‎ i）当a＞1时，是减函数，‎ ‎ 是增函数，‎ ii）当a≤1时，是增函数，‎ 综上所述，当a＞1时，增区间为（a－2，+∞），减区间为（－1，a－2）；‎ 当a≤1时，增区间为（－1，+∞）‎ ‎14．已知在函数的图象上以N（1，n）为切点的切线的倾斜角为 （1）求m、n的值；‎ ‎ （2）是否存在最小的正整数k，使不等式对于恒成立？求出最小的正整数k，若不存在说明理由；‎ ‎20070329‎ ‎ （3）求证：‎ 解：（1）， ‎ ‎ （2）令，‎ ‎ 在[－1，3]中，在此区间为增函数时，‎ ‎ 在此区间为减函数. 处取得极大值. ‎ ‎[，3]时在此区间为增函数，在x=3处取得极大值.……8分 ‎ 比较（－）和的大小得：…‎ ‎ 即存在k=2007 ‎ ‎ （3）‎ ‎ ‎ ‎ 而…………12分 ‎ （也可由单调性：………………………………12分 ‎ ……………………………………………14分 ‎15． 已知：三次函数，在上单调增，在（-1，2）上单调减，当且仅当时，‎ ‎20070328‎ ‎ （1）求函数f (x)的解析式；‎ ‎ （2）若函数，求的单调区间.‎ 解：（1）在上单增，（-1，2）上单减 ‎ 有两根－1，2‎ ‎ …………4分 ‎ 令 ‎ ‎ ‎ 单调增，单调减 ‎ 故 ‎ ‎ 故 ………………………………………………6分 ‎ （2）‎ ‎ ………………8分 ‎ ……………………………………… 10分 ‎ 当m≤－2时，－m≥2，定义域：‎ ‎ 恒成立，上单增；‎ ‎ 当时，，定义域：‎ ‎ 恒成立，上单增 ‎ 当m >－1时，－m <1，定义域：‎ ‎ 由得x >1，由得x <1.‎ ‎ 故在（1，2），（2，+∞）上单增；在上单减. ……………………… 12分 ‎ 所以当m≤－2时，h(x)在（－m,+∞）上单增；‎ ‎ 当时，上单增；‎ ‎ 当m >－1时，在（1，2），（2，+∞）上单增；在（－m，1）单减.…………14分 ‎16．山东省泰安市（本小题满分12分）‎ 已知函数的一个零点，又在x=0处有极值，在区间（－6，－4）和（－2，0）上是单调的，且在这两个区间上的单调性相反.‎ ‎ （I）求c的值；‎ ‎ （II）求的取值范围；‎ ‎ （III）当成立的实数a的取值范围.‎ 解：（I）‎ ‎ 又f（x）在x=0处有极值 ………………………………2分 ‎ （II）由（I）知：‎ ‎ ………………………………………………………………3分 ‎ 又∵f（x）在区间（－6，－4）和（－2，0）上单调且单调性相反.‎ ‎ ………………………………6分 ‎ （III）的一个零点 ‎ ………………………………7分 ‎ 从而 ‎ …………………………8分 ‎ 列表讨论如下：‎ x ‎－3‎ ‎（－3，－2）‎ ‎－2‎ ‎（－2，0）‎ ‎0‎ ‎（0，2）‎ ‎2‎ a >0‎ a <0‎ a >0‎ a <0‎ a <0‎ a <0‎ f′（x）‎ ‎+‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎－‎ f（x）‎ ‎－‎‎4a ‎0‎ ‎－‎‎4 a ‎16 a ‎ ∴当a >0时，若－3≤x≤2，则－‎4 a≤f（x）≤‎‎16 a ‎ 当a <0时，若－3≤x≤2，则‎16 a≤f（x）≤－‎‎4 a ‎ 从而 ‎ 即…………………………………………………………11分 ‎ ∴存在实数，满足题目要求.………………………………12分 ‎17．广东省韶关市(本题满分14分)‎ 已知函数f(x)=‎ ‎(Ⅰ)当时, 求的最大值;‎ ‎(Ⅱ) 设, 是图象上不同两点的连线的斜率，否存在实数，使得恒成立?若存在,求的取值范围;若不存在,请说明理由.‎ 解：(Ⅰ)当-2≤<时，由=0得x1= …………..3分 显然-1≤x1<,0成立.于是．故．‎ 点评：由导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式、数列有关的综合问题必将会成为2007高考的重点内容，在学习中要足够地重视。 ‎ 例3：设函数f(x)=ax3-2bx2+cx+4d(a、b、c、d∈R)的图象关于原点对称，且x=1时，f(x)取极小值-。‎ ‎(1)求a、b、c、d的值；‎ ‎(2)当x∈[-1,1]时，图象上是否存在两点，使得过此两点的切线互相垂直？试证明你的结论；‎ ‎(3)若x1,x2∈[-1,1]时，求证：|f(x1)-f(x2)|≤。‎ ‎【考查目的】‎ 本题主要考查导数的几何意义、导数的基本性质和应用、绝对值不等式以及综合推理能力。‎ 解(1) ∵函数f(x)图象关于原点对称，∴对任意实数x，都有f(-x)=- f(x).‎ ‎∴-ax3-2bx2-cx+4d=-ax3+2bx2-cx-4d，即bx2-2d=0恒成立.‎ ‎∴b=0,d=0,即f(x)=ax3+cx. ∴f′(x)=3ax2+c.‎ ‎∵x=1时,f(x)取极小值-. ∴f′(1)=0且f(1)=- ,‎ 即3a+c=0且a+c=-. 解得a=,c=-1.‎ ‎(2)证明：当x∈[-1,1]时，图象上不存在这样的两点使结论成立，假设图象上存在 两点A(x1,y1)、B(x2+y2)，使得过这两点的切线互相垂直，‎ 则由f′(x)=x2-1，知两点处的切线斜率分别为k1=x12-1,k2=x22-1,‎ 且(x12-1)(x22-1)=-1. (*)‎ ‎∵x1、x2∈[-1,1], ∴x12-1≤0，x22-1≤0‎ ‎∴(x12-1)(x22-1)≥0，这与(*)相矛盾，故假设不成立.‎ ‎(3)证明：∵f′(x)=x2-1,由f′(x)=0,得x=±1.‎ 当x∈(-∞，-1)或（1，+∞）时，f′(x)＞0; 当 x∈(-1，1)时，f′(x)＜0.‎ ‎∴f(x)在[-1,1]上是减函数，且fmax(x)=f(-1)= , fmin(x)=f(1)= -.‎ ‎∴在[-1,1]上，|f(x)|≤.‎ 于是x1,x2∈[-1,1]时，|f(x1)-f(x2)|≤|f(x1)|+|f(x2)|≤+=.‎ 故x1,x2∈[-1,1]时,|f(x1)-f(x2)|≤.‎ 探究：①若x0点是y=f(x)的极值点，则f′(x0)=0,反之不一定成立；‎ ‎②在讨论存在性问题时常用反证法；‎ ‎③利用导数得到y=f(x)在[-1,1]上递减是解第(3)问的关键.‎ ‎【热点冲刺】‎ ‎1.（06浙江卷）在区间上的最大值是 ‎(A)-2 (B)0 (C)2 (D)4‎ 解：，令可得x＝0或2（2舍去），当－1£x<0时，>0，当0