上一节用 $f'$ 的正负判出了函数的升降。这一节接着问：$f'$ 等于零的那些点，函数在那里是什么样子？

答案分两层，而这一节的全部难点就在于别把这两层混起来：

• 极值是局部的事——只跟这一点附近的函数值比；
• 最大（小）值是整体的事——跟整个区间上的所有函数值比。

课本把它们排在同一节里，正是因为二者形状相似而含义不同，考场上混用的代价又特别高。

一、极值：只跟”附近”比

跳水那张图（图 5.3-9）里，$t=a$ 时重心最高。放大来看（图 5.3-10）：$h'(a)=0$， 而且 $t<a$ 时 $h'>0$（还在上升）、$t>a$ 时 $h'<0$（开始下落）。导数在 $a$ 处由正变负。

一般函数也一样。课本给的定义是：

我们把 $a$ 叫做函数 $y = f(x)$ 的极小值点，$f(a)$ 叫做函数 $y = f(x)$ 的极小值；$b$ 叫做函数 $y = f(x)$ 的极大值点，$f(b)$ 叫做函数 $y = f(x)$ 的极大值。

判定的方法只有一句话——看 $f'$ 在这一点两侧的符号：

解方程 $f^{\prime}(x) = 0$，当 $f^{\prime}(x_0) = 0$ 时： (1) 如果在 $x_{0}$ 附近的左侧 $f'(x) > 0$，右侧 $f'(x) < 0$，那么 $f(x_{0})$ 是极大值； (2) 如果在 $x_{0}$ 附近的左侧 $f'(x) < 0$，右侧 $f'(x) > 0$，那么 $f(x_{0})$ 是极小值。

「极值点」与「极值」是两样东西

$a$ 是极小值点（一个横坐标），$f(a)$ 是极小值（一个函数值）。问「极值点」答一个数、 问「极值」答另一个数，写反了整题不得分。课本例 5 里 $x=-2$ 是极大值点，极大值是 $\dfrac{28}{3}$ ——问哪个答哪个。

$f'(x_0)=0$ 是必要条件，不是充分条件

这是本节第一个坑，课本用一整段专门堵它：

一般地，函数 $y = f(x)$ 在一点处的导数值为0是函数 $y = f(x)$ 在这点取极值的必要条件，而非充分条件.

现成的反例就是 $f(x)=x^{3}$：$f'(0)=0$，但 $f'(x)=3x^{2}$ 在 $x=0$ 两侧都是正的， 函数一路递增，$0$ 根本不是极值点。

所以求极值永远是两步，第二步不能省：

1. 解 $f'(x)=0$，得到候选点；
2. 列表看每个候选点两侧 $f'$ 的符号，变号的才是极值点，不变号的丢掉。

只做第一步就下结论，是这一节最典型的错法。列表（课本表 5.3-2 那种）不是排版讲究， 它就是第二步本身。

极大值不一定大于极小值

课本在例 5 旁边留了一句反问：「极大值一定大于极小值吗？」

不一定。极值是局部的比较，两个局部之间没有关系。$f(x)=x+\dfrac1x$ 在 $x=-1$ 处有极大值 $-2$、 在 $x=1$ 处有极小值 $2$——极大值比极小值还小。「极」字说的是”在附近最”，不是”在全局最”。

二、最大（小）值：跟整个区间比

极值管不了整体，可实际问题问的几乎总是整体。课本先给一条存在性：

一般地，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，那么它必有最大值和最小值.

三个条件缺一不可：闭区间、有界、连续。 开区间上可以没有最值（$y=x$ 在 $(0,1)$ 上取不到端点）， 不连续也可以没有。

有了存在性，求法就只剩比大小：

(1) 求函数 $y=f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内的极值； (2) 将函数 $y = f(x)$ 的各极值与端点处的函数值 $f(a)$，$f(b)$ 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.

端点必须参加比较

这是本节第二个坑。例 6 里，$f(x)=\frac13x^{3}-4x+4$ 在 $[0,3]$ 上的极小值是 $f(2)=-\frac43$， 它同时也是最小值；可最大值是端点 $f(0)=4$，而不是任何极值——区间内根本没有极大值点 （$x=-2$ 落在 $[0,3]$ 外面）。

「求最值」的表格里必须有端点那两行。 只把极值排一排就报答案，是丢分的第二大来源。

极值点落在区间外要丢掉

例 5 求的是 $f$ 在 $\mathbf{R}$ 上的极值（$x=\pm2$ 两个），例 6 限定在 $[0,3]$ 上， $x=-2$ 就出局了。先求候选点，再拿区间筛一遍，顺序反了容易把区间外的点也算进去。

只有一个极值点时可以省掉比较

如果 $f$ 在区间上只有唯一的极小值点，那它就是最小值点（左边一路降、右边一路升， 没有别的可能）。这条在解答题里用得极多，能省掉列表。但前提是”唯一”， 有两个及以上极值点时仍须逐个比。

形状定了，候选点就少一半

上面那条还有一个免求导的版本，考场上更省事：只要能说清 $f$ 在区间上先减后增， 最小值就在拐点上，而最大值一定在两个端点里——内部任何一点都被”左边更高、右边也更高” 夹着，不可能是最大。先增后减则反过来：最大值在拐点、最小值在端点。

2014 年浙江卷第 22 题的 $f(x)=x^{3}+3|x-a|$ 吃的正是这一条。绝对值一拆是两支：

$$g_{1}(x)=x^{3}+3x-3a,\qquad g_{2}(x)=x^{3}-3x+3a ,$$

$g_{1}'=3x^{2}+3>0$ 处处递增，$g_{2}'=3x^{2}-3<0$（在 $|x|<1$ 上）处处递减； 而 $g_{1}-g_{2}=6(x-a)$，所以 $x>a$ 时 $g_{1}$ 大、$x<a$ 时 $g_{2}$ 大—— $f$ 恰好是这两支的较大者。一增一减取较大者，上包络必然先减后增，谷底就落在两支相交的 $x=a$。

于是不用列表就知道：$m(a)$ 在谷底（$a$ 掉出 $[-1,1]$ 时谷底被截到最近的端点）， $M(a)=\max\{f(-1),\,f(1)\}$。比较表从”各极值 $+$ 两端点”压缩到只比两个端点值。

但要看清这一条替代的是”哪些点要比”，不是”要不要比”。 端点照样在表里， 省掉的只是内部的极大值候选——因为形状已经保证内部根本没有极大值点。

$f'$ 自己单调，形状就不用讨论

上一条要先看出”两支取较大”才用得上。还有一个更常见、更省事的入口，只有一句话： $f'$ 在这个区间上单调递增。

$f'$ 递增，它的符号就只能按”负 $\to$ 正”的顺序变，绝不可能”正 $\to$ 负”。 于是 $f$ 在区间上只剩三种样子：全程 $f'\geqslant0$（一路增）、全程 $f'\leqslant0$（一路减）、 先负后正（先减后增）。三种归到同一句话：

$$f'\text{ 在 }[a,b]\text{ 上递增}\ \Longrightarrow\ \max_{[a,b]}f=\max\{f(a),\,f(b)\} .$$

怎么一眼认出 $f'$ 递增？ 三个常见入口：

1. $f'$ 是开口向上的二次函数，而区间落在它对称轴的右边—— $f'(x)=12ax^{2}-2b$（$a>0$）的对称轴是 $x=0$，区间 $[0,1]$ 整个在右边，就是这一档；
2. $f''\geqslant0$（图象是凸的）；
3. $f'$ 是几个递增函数加起来的。

这条只管最大值，别拿去管最小值。 先减后增时最小值恰恰在内部，还是得老实求。 $f'$ 递减时结论整个翻过来：最小值在端点、最大值可能在内部。

还有一件配套的小事：两个端点的较大者，可以不分类地写成一行——

$$\max\{p,\,q\}=\frac{p+q}{2}+\frac{|p-q|}{2} .$$

半和加半差。它把”分 $p\geqslant q$ 与 $p<q$ 两种情况”压成一个式子， 答案里那些冒出来的绝对值，多半就是这么来的。

三、这一节真正的用处：把不等式变成最值

课本第 99 页那段（证 $1-\frac1x\leqslant\ln x$）与练习第 2 题（证 $x-1\geqslant\ln x$）、 习题第 12 题（证 $e^{x}>1+x$、$\ln x<x<e^{x}$）讲的是同一件事，也是这一章在高考里的主战场：

$$\text{要证 } f(x)\geqslant g(x)\ \Longrightarrow\ \text{令 } s(x)=f(x)-g(x)\text{，证 } s_{\min}\geqslant0 .$$

课本的示范是把 $1-\frac1x\leqslant\ln x$ 移项成

$$s(x)=\frac1x-1+\ln x\geqslant0 ,$$

求导得 $s'(x)=\dfrac{x-1}{x^{2}}$，唯一的极小值点 $x=1$，于是 $s(x)\geqslant s(1)=0$。

三个细节决定这一步写不写得完整：

1. 定义域要先写（这里是 $x>0$，$\ln x$ 决定的）。定义域错了后面全错。
2. 最小值取在哪里要说清——是唯一极小值点，还是端点，得由单调性给出。
3. 严格不等式要单独交代等号取不取得到。证 $e^{x}>1+x\ (x\neq0)$ 时， $s(x)=e^{x}-1-x$ 的最小值是 $s(0)=0$，而题目排除了 $x=0$，所以在剩下的地方 $s>0$ ——这句话不写，"$\geqslant$"就升不成"$>$"。

这套「构造差函数 → 求最值 → 定号」的流程，是导数解答题第二问的通法。 本节练习与习题里 所有的”证明不等式”都在练它。

双边的恒成立：判据从「最小值 $\geqslant 0$」升级成「极差 $\leqslant$ 带宽」

上面那套是单边的：$f\geqslant g$ 只要盯一个最小值。可题目常常把式子两头都夹住， 中间还留一个能自由平移的参数。这时判据要换一条。

2014 年浙江卷第 22 题的第二问是标准样板：$f(x)=x^{3}+3|x-a|$，问是否存在实数 $b$， 使 $[f(x)+b]^{2}\leqslant 4$ 对 $x\in[-1,1]$ 恒成立。

第一步，把平方拆成双边。

$$[f(x)+b]^{2}\leqslant 4\iff -2\leqslant f(x)+b\leqslant 2 .$$

第二步，让 $x$ 退场。“对每个 $x$ 都成立”等价于”在最大、最小两处成立”：

$$\begin{cases}M(a)+b\leqslant 2,\\ m(a)+b\geqslant -2,\end{cases} \qquad\text{即}\qquad -2-m(a)\leqslant b\leqslant 2-M(a) .$$

到这一步 $x$ 已经不见了，剩下的全是第一问求出来的那两个最值。

第三步，问这个区间空不空。 这样的 $b$ 存在，当且仅当左端不超过右端：

$$-2-m(a)\leqslant 2-M(a)\iff M(a)-m(a)\leqslant 4 .$$

一句话：能不能平移进去，只取决于曲线自己的落差，与平移量 $b$ 无关。 上下挪动整条曲线不改变它的高低差，而带子的宽度是死的 $4$——落差超过带宽，怎么挪都塞不进去。

所以单边的判据是「最小值 $\geqslant 0$」，双边的判据是「极差 $\leqslant$ 带宽」。 后者比前者高一层，因为它把两个最值一起用上了——这也正是那道题第一问要你先求 $M(a)-m(a)$ 的原因：第一问不是热身，是第二问的钥匙。

（那道题里 $M(a)-m(a)\leqslant 4$ 化简下来恰好等价于 $a\geqslant 0$， 最后得 $-2\leqslant 3a+b\leqslant 0$。）

双边的另一种塌缩：一边被自动保住时，只剩另一边

上面那条问的是”整条曲线能不能平移进带子里”，所以判据落在极差上。另一类题不给平移的自由： 带子是死的 $[-c,\,c]$，曲线也是死的，条件本来是两条

$$M\leqslant c\quad\text{且}\quad m\geqslant-c ,$$

合起来就是 $\max\{M,\,-m\}\leqslant c$，即 $\max|f|\leqslant c$。

关键在于这两条常常并不独立。 只要另有一句"$m\geqslant-M$"（等价于 $f(x)+M\geqslant0$ 恒成立， 说的是”曲线掉得再低，也低不过它涨得那么高”），那么

$$M\leqslant c\ \Longrightarrow\ m\geqslant-M\geqslant-c ,$$

下界那一半是白送的。双边条件当场塌缩成单边的 $M\leqslant c$。

这就是为什么这类压轴题的第一问常常拆成两小问：(i) 求 $M$ 的表达式，(ii) 证 $f+M\geqslant0$。 (ii) 看着像一道孤立的不等式证明题，其实是第二问的开关——它一旦成立， 第二问就从”解两个不等式”变成”解一个”。

顺着这两条门读一道真题：浙江 2012 年第 22 题

题目：$a>0$、$b\in\mathbf{R}$，$f(x)=4ax^{3}-2bx-a+b$。 (I)(i) 证 $0\leqslant x\leqslant1$ 时 $f$ 的最大值为 $|2a-b|+a$；(ii) 证 $f(x)+|2a-b|+a\geqslant0$； (Ⅱ) 若 $-1\leqslant f(x)\leqslant1$ 对 $x\in[0,1]$ 恒成立，求 $a+b$ 的取值范围。

(i) 两行。 $f'(x)=12ax^{2}-2b$，$a>0$ 说明它开口向上、对称轴是 $x=0$， 所以在 $[0,1]$ 上递增——上一段那条门直接把最大值摁在端点上：

$$f_{\max}=\max\{f(0),\,f(1)\}=\max\{-a+b,\ 3a-b\} .$$

半和是 $\dfrac{(-a+b)+(3a-b)}{2}=a$，半差是 $\dfrac{|(-a+b)-(3a-b)|}{2}=|2a-b|$， 于是 $f_{\max}=|2a-b|+a$。原卷在这里按 $b$ 与 $0$、$b$ 与 $2a$ 分了好几档， 用这两条门可以一档都不分；而且原卷那个分类只写了 $b\leqslant0$，$b>0$ 那一支它自己漏掉了。

(ii) 就是上面说的那个开关。 记 $M=|2a-b|+a$，要证的 $f+M\geqslant0$ 正是 $m\geqslant-M$。

(Ⅱ) 于是只剩一个不等式。 由 (ii)，只要 $M\leqslant1$，下界自动成立，条件塌缩成

$$|2a-b|+a\leqslant1,\qquad a>0 .$$

拆绝对值：$0<a\leqslant1$ 且 $3a-1\leqslant b\leqslant a+1$，于是 $4a-1\leqslant a+b\leqslant2a+1$。 让 $a$ 在 $(0,1]$ 上跑，两端各自扫出 $(-1,3]$ 与 $(1,3]$，合起来 $a+b$ 的取值范围是 $(-1,3]$； 右端 $3$ 在 $a=1$、$b=2$ 处取到，左端 $-1$ 要 $a\to0$，被 $a>0$ 挡在门外，取不到。

（顺带：(ii) 还能一步导数都不求。固定 $x$，反过来把 $b$ 当自变量， $f(x)+|2a-b|+a$ 就是 $b$ 的分段一次函数， 两段的斜率是 $-2x\leqslant0$ 与 $2-2x\geqslant0$，一负一正，谷底必在折点 $b=2a$， 谷值是 $2a(2x^{3}-2x+1)$；再证 $2x^{3}-2x+1>0$ 就完了。把参数当自变量、把自变量当参数， 这一手在压轴题里很常见。）

四、画大致图象：把这一章的工具串起来

例 7（$f(x)=(x+1)e^{x}$）把前面全部内容串成一条流水线，课本把它写成五步：

(1) 求出函数 $f(x)$ 的定义域； (2) 求导数 $f'(x)$ 及函数 $f'(x)$ 的零点； （3）用 $f^{\prime}(x)$ 的零点将 $f(x)$ 的定义域划分为若干个区间，列表给出 $f^{\prime}(x)$ 在各区间上的正负，并得出 $f(x)$ 的单调性与极值； （4）确定 $f(x)$ 的图象所经过的一些特殊点，以及图象的变化趋势； (5) 画出 $f(x)$ 的大致图象.

第（4）步里的「变化趋势」是容易漏的一样东西：$x\to-\infty$ 时 $(x+1)e^{x}\to0$ （指数衰减压得过一次增长），所以图象左端贴着 $x$ 轴而不是掉向 $-\infty$。 漏了这一句，画出来的图形状就错，第（3）问数交点会跟着错。

数交点：把「方程有几个解」翻译成「水平线扫过几次」

例 7 第（3）问是这一章最有用的一个翻译：

$$f(x)=a \text{ 的解的个数}\ =\ y=f(x) \text{ 的图象与水平线 } y=a \text{ 的交点个数} .$$

于是「$a$ 取何值时方程有 $k$ 个解」就变成「水平线扫到什么高度时穿曲线 $k$ 次」， 答案直接从图上读：本例里 $a<-\frac{1}{e^{2}}$ 无解、$a=-\frac{1}{e^{2}}$ 或 $a\geqslant0$ 一个解、 $-\frac{1}{e^{2}}<a<0$ 两个解。

注意那两个分界值的开闭：$a=-\frac{1}{e^{2}}$ 恰好切在极小值上，算一个解； $a=0$ 时水平线正好是 $x$ 轴，左端的渐近趋势让它只交一次。分界点处逐个数，别顺推。

五、实际问题：定义域是题目给的，端点照样要看

例 8（饮料瓶）里 $f(r)=0.8\pi\left(\frac{r^{3}}{3}-r^{2}\right)$ 的定义域是 $0<r\leqslant6$ ——上界 $6$ 来自”能制作的瓶子的最大半径为 6 cm”，是题目给的，不是算出来的。

结果很有意思：$r=2$ 处是极小值点（利润最小，还是负的），而最大值在端点 $r=6$ 取到。 如果只按”求导找极值点”办事，会得出”半径 2 cm 时利润最优”这种正好相反的结论。

实际问题三件事：写定义域、写单位、回到问题本身答话。 算出 $r=6$ 之后要答”半径为 6 cm 时 利润最大”，不是答"$r=6$"。

这一节的自检清单

1. 求极值时，$f'(x)=0$ 解完之后列表验了变号吗？
2. 求最值时，端点值进比较表了吗？区间外的候选点丢掉了吗？
3. 证不等式时，定义域写了吗？严格不等号的等号取不到这句话交代了吗？
4. 画图时，趋势（$x\to\pm\infty$ 的走向）画对了吗？
5. 实际问题的答案，回到题目的语言了吗？
6. 碰到双边的恒成立（式子被夹在两条水平线之间、中间还带个可平移的参数）， 先问过「极差有没有超过带宽」了吗？
7. 要”最大值在端点”这个结论时，说清为什么先减后增了吗？ （最省事的一句是「$f'$ 在这个区间上递增」，不是「看图就是这样」。）
8. 双边的恒成立里，两条边真的都要管吗？有没有哪一条已经被前一小问白送了？

这一节的页（第 94–114 页）上印着四批题，本份全收，共 41 道：

• 第 94 页「练习」3 道——它们考的是上一小节的单调性，但印在第 94 页上，而第 94 页属于本节目录， 所以归这一份（§5.3 那一份只收第 92 页的练习）；
• 第 97 页「练习」2 道、第 99 页「练习」2 道、第 102 页「练习」2 道；
• 第 102–104 页「习题 5.3」13 道；
• 第 108–109 页「复习参考题 5」19 道。它是全章的复习题，其中第 1、2、4、5、6 题考的是导数的 概念、几何意义与运算（§5.1–§5.2），不属于本节主题；但一道题只能落在印它那几页所在的目录里， 所以照样在这里收齐。

不收的是三处没有唯一解答的开放材料：第 105 页「信息技术应用」、第 106 页「文献研究：微积分的 创立与发展」、第 107–108 页「回顾与思考」的 6 个问题。它们要的是操作与写作，不是可复核的解答。

本站解答没有官方答案可比（人教A版学生用书不含答案），所以每道题都过了一次独立 verifier 的复核。 每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 94 页）第 1 题

1. 判断下列函数的单调性，并求出单调区间： (1) $f(x)=3x-x^{3}$ ; (2) $f(x)=x^{3}-x^{2}-x$ .

(1) 定义域为 $\mathbf{R}$。求导并分解因式：

$$f'(x)=3-3x^{2}=3(1-x)(1+x)$$

令 $f'(x)=0$ 得 $x=-1$ 与 $x=1$，它们把 $\mathbf{R}$ 切成三段，逐段取测试点判号：

所以 $f(x)=3x-x^{3}$ 在 $(-1,\ 1)$ 上单调递增，在 $(-\infty,\ -1)$ 与 $(1,\ +\infty)$ 上单调递减。

(2) 定义域为 $\mathbf{R}$。求导：

$$f'(x)=3x^{2}-2x-1=(3x+1)(x-1)$$

令 $f'(x)=0$ 得 $x=-\dfrac13$ 与 $x=1$。二次项系数 $3>0$，抛物线开口向上，故两根之间为负、两根之外为正：

所以 $f(x)=x^{3}-x^{2}-x$ 在 $\left(-\infty,\ -\dfrac13\right)$ 与 $(1,\ +\infty)$ 上单调递增， 在 $\left(-\dfrac13,\ 1\right)$ 上单调递减。

这两题的动作：三次函数求导得二次函数，先把二次式分解成因式，正负就由开口方向与两根位置 一眼定下来，不必逐段代数。

练习（第 94 页）第 2 题

2. 证明函数 $f(x) = 2x^{3} - 6x^{2} + 7$ 在区间（0，2）内单调递减.

定义域为 $\mathbf{R}$，区间 $(0,2)$ 含在其中。求导：

$$f'(x)=6x^{2}-12x=6x(x-2)$$

当 $0<x<2$ 时，$6x>0$ 而 $x-2<0$，两个因子异号，故

$$f'(x)=6x(x-2)<0 \quad (0<x<2) .$$

导数在区间 $(0,2)$ 内处处为负，所以 $f(x)$ 在 $(0,2)$ 内单调递减。$\blacksquare$

自检。 $f(0)=7$，$f(1)=2-6+7=3$，$f(2)=16-24+7=-1$，确实一路下降，与结论相符。

练习（第 94 页）第 3 题

3. 函数 $y = f'(x)$ 的图象如图所示，试画出函数 $y = f(x)$ 图象的大致形状.

先把图上能读出的信息一条条列清楚。 图给的是导函数 $y=f'(x)$ 在 $(0,e)$ 上的图象：

• 在 $(0,a)$ 上，图象是一条水平线段，且位于 $x$ 轴上方——$f'$ 是一个正的常数；
• 从 $x=a$ 起图象直线下降，在 $x=b$ 处穿过 $x$ 轴（$b$ 紧挨在 $a$ 右边）；
• 继续下降到 $x=c$ 处取到最低点（在 $x$ 轴下方），随后回升；
• 在 $x=d$ 处再次穿过 $x$ 轴，此后一路上升到 $x=e$，终点在 $x$ 轴上方。

于是 $f'$ 的符号是「正 — 负 — 正」，分界点是 $b$ 与 $d$：

所以 $y=f(x)$ 的大致形状是：升 → 降 → 升，在 $x=b$ 处取得极大值、在 $x=d$ 处取得极小值 （两处的切线都水平）。

还有两处细节要画出来，它们正是这道题给水平段与最低点的用意：

1. 在 $(0,a)$ 上 $f'$ 是常数 ⟹ 这一段的 $f$ 是一条上升的线段（斜率处处相同），不是弯曲的弧； 过了 $a$ 之后 $f'$ 虽仍为正但在变小，所以 $f$ 继续上升却越升越平，到 $b$ 处变平。
2. $f'$ 在 $x=c$ 处最小（负得最多） ⟹ $f$ 在 $x=c$ 处下降得最陡；$c$ 两侧 $f$ 的下降速度都 比 $c$ 处慢，图象在 $c$ 处由「凸」转「凹」。
3. 在 $(d,e)$ 上 $f'$ 从 $0$ 一路增大 ⟹ $f$ 从水平起步，越升越陡。

把这四段接起来：从原点附近开始是一段直的上坡，到 $a$ 后上坡逐渐变缓，在 $b$ 处到达山顶； 随后下坡，在 $c$ 处最陡，再逐渐变缓，在 $d$ 处到达谷底；最后重新上坡且越来越陡，到 $e$ 结束。

这道题的动作：读 $f'$ 的图象要读两样东西——零点（定 $f$ 的升降转折）与大小 （定 $f$ 的陡缓）。只读零点画出的图升降对、形状错；本题的水平段与最低点考的正是第二样。

练习（第 97 页）第 1 题

1. 函数 $f(x)$ 的导函数 $y = f'(x)$ 的图象如图所示，试找出函数 $f(x)$ 的极值点，并指出哪些是极大值点，哪些是极小值点.

先读图。 图上给的是 $y=f'(x)$ 在 $[a,b]$ 上的图象，标了 $x_{1},\dots,x_{6}$ 六个点， 它与 $x$ 轴的关系是：

• 从 $x=a$ 起图象在 $x$ 轴上方，升到 $x_{1}$ 处的一个高点后转而下降；
• 在 $x_{2}$ 处由上向下穿过 $x$ 轴（$x_{2}$ 在原点右侧一点）；
• 在 $x$ 轴下方降到 $x_{3}$ 处的低点后回升，在 $x_{4}$ 处由下向上穿过 $x$ 轴；
• 升到 $x_{5}$ 处的高点后又下降，在 $x_{6}$ 处触到 $x$ 轴又弹回去（只碰不穿），此后升到 $x=b$。

判定用的是极值的充分条件：$f'(x_{0})=0$ 且 $f'$ 在 $x_{0}$ 两侧异号。 逐个点过一遍：

答：$f(x)$ 的极值点是 $x_{2}$ 与 $x_{4}$，其中 $x_{2}$ 是极大值点，$x_{4}$ 是极小值点。

这道题埋了两个坑，正好把本节两句话都考到：

• $x_{1},x_{3},x_{5}$ 是导函数 $f'$ 自己的极值点（$f'$ 在那里最大或最小），不是 $f$ 的极值点。 $f$ 在 $x_{1}$ 处上升最快、在 $x_{3}$ 处下降最快而已。别把 $f'$ 的峰谷当成 $f$ 的峰谷。
• $x_{6}$ 处 $f'(x_{6})=0$ 却不变号——这正是「$f'(x_{0})=0$ 是必要条件而非充分条件」的图象版本， 与反例 $f(x)=x^{3}$ 在 $x=0$ 处是同一回事。

练习（第 97 页）第 2 题

2. 求下列函数的极值： (1) $f(x)=6x^{2}-x-2;$ (2) $f(x)=x^{3}-27x;$ (3) $f(x)=6+12x-x^{3};$ (4) $f(x)=3x-x^{3}.$

四题定义域都是 $\mathbf{R}$。统一按两步做：解 $f'(x)=0$ 拿候选点，再列表验变号。

(1) $f'(x)=12x-1$，令 $f'(x)=0$ 得 $x=\dfrac{1}{12}$。

$f'$ 是增函数：$x<\dfrac1{12}$ 时 $f'<0$，$x>\dfrac1{12}$ 时 $f'>0$，由负变正，故 $x=\dfrac1{12}$ 是极小值点：

$$f\left(\frac1{12}\right)=6\cdot\frac1{144}-\frac1{12}-2=\frac1{24}-\frac2{24}-\frac{48}{24}=-\frac{49}{24}.$$

极小值 $-\dfrac{49}{24}$，无极大值。

自检。 配方 $f(x)=6\left(x-\dfrac1{12}\right)^{2}-\dfrac{49}{24}$，与顶点纵坐标一致。

(2) $f'(x)=3x^{2}-27=3(x-3)(x+3)$，零点 $x=\pm3$。开口向上，故 $f'$ 在 $(-\infty,-3)$ 与 $(3,+\infty)$ 上为正、在 $(-3,3)$ 上为负：

$x=-3$ 处由正变负 → 极大值 $f(-3)=-27+81=54$；$x=3$ 处由负变正 → 极小值 $f(3)=27-81=-54$。

(3) $f'(x)=12-3x^{2}=3(2-x)(2+x)$，零点 $x=\pm2$。开口向下，故 $f'$ 在 $(-2,2)$ 上为正、 两侧为负：

$x=-2$ 处由负变正 → 极小值 $f(-2)=6-24+8=-10$； $x=2$ 处由正变负 → 极大值 $f(2)=6+24-8=22$。

(4) $f'(x)=3-3x^{2}=3(1-x)(1+x)$，零点 $x=\pm1$，$f'$ 在 $(-1,1)$ 上为正、两侧为负：

$x=-1$ 处由负变正 → 极小值 $f(-1)=-3+1=-2$； $x=1$ 处由正变负 → 极大值 $f(1)=3-1=2$。

注意 (3)(4) 两题：极小值 $-10$、$-2$ 分别小于同一函数的极大值 $22$、$2$，这是巧合而非规律—— 课本那句「极大值一定大于极小值吗」的答案是「不一定」，$y=x+\dfrac1x$ 就是反例。

练习（第 99 页）第 1 题

1. 参考求函数极值的练习，求下列函数在给定区间上的最大值与最小值：

(1) $f(x)=6x^{2}-x-2,\ x\in[0,2];$

(2) $f(x)=x^{3}-27x,\ x\in[-4,4];$

(3) $f(x) = 6 + 12x - x^3, x \in \left[-\frac{1}{3}, 3\right]$;

(4) $f(x)=3x-x^{3},\quad x\in[2,3].$

四个函数都是多项式，在闭区间上连续，故最大值与最小值必存在。 求法：把区间内的极值与两个端点值排在一起比大小，区间外的候选点丢掉。

(1) 上题已得唯一极小值点 $x=\dfrac1{12}\in[0,2]$，$f\left(\dfrac1{12}\right)=-\dfrac{49}{24}$。 端点：$f(0)=-2$，$f(2)=24-2-2=20$。

三个数比较：$-\dfrac{49}{24}\approx-2.0417<-2<20$。 最大值 $20$（在 $x=2$ 处），最小值 $-\dfrac{49}{24}$（在 $x=\dfrac1{12}$ 处）。

(2) 极值点 $x=\pm3$ 都落在 $[-4,4]$ 内：$f(-3)=54$，$f(3)=-54$。 端点：$f(-4)=-64+108=44$，$f(4)=64-108=-44$。

四个数比较：$-54<-44<44<54$。最大值 $54$（在 $x=-3$ 处），最小值 $-54$（在 $x=3$ 处）。

(3) 极值点 $x=\pm2$ 中，$x=-2\notin\left[-\dfrac13,3\right]$，丢掉；只留 $x=2$，$f(2)=22$。 端点：

$$f\left(-\frac13\right)=6-4+\frac1{27}=2+\frac1{27}=\frac{55}{27},\qquad f(3)=6+36-27=15 .$$

三个数比较：$\dfrac{55}{27}\approx2.037<15<22$。 最大值 $22$（在 $x=2$ 处），最小值 $\dfrac{55}{27}$（在 $x=-\dfrac13$ 处）。

(4) $f'(x)=3(1-x)(1+x)$ 的零点 $\pm1$ 都不在 $[2,3]$ 内。在 $[2,3]$ 上 $x^{2}\geqslant4>1$， 故 $f'(x)=3(1-x^{2})<0$，函数在整个区间上单调递减，最值只能在端点取到：

$$f(2)=6-8=-2,\qquad f(3)=9-27=-18 .$$

最大值 $-2$（在 $x=2$ 处），最小值 $-18$（在 $x=3$ 处）。

这四小问依次踩到四种情形：(1) 最大值在端点、最小值在极值点；(2) 最值全在极值点； (3) 有一个极值点被区间筛掉；(4) 区间内没有极值点，最值全在端点。 「求最值」的表里必须有端点那两行，这是它们共同要说的事。

练习（第 99 页）第 2 题

2. 证明不等式： $x-1 \geqslant \ln x, x \in (0, +\infty)$ .

构造差函数。 令

$$s(x)=x-1-\ln x,\qquad x>0 ,$$

要证的就是 $s(x)\geqslant0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立。定义域先写出来：$\ln x$ 要求 $x>0$， 与题设一致。

求导：

$$s'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x} .$$

因 $x>0$，分母为正，故 $s'$ 的符号由分子 $x-1$ 决定：

$x=1$ 是 $s$ 在 $(0,+\infty)$ 上的唯一极小值点，左减右增，所以它也是最小值点：

$$s(x)\geqslant s(1)=1-1-\ln1=0 .$$

即 $x-1\geqslant\ln x$ 对一切 $x>0$ 成立，且等号当且仅当 $x=1$ 时取到。$\blacksquare$

自检。 取 $x=\mathrm{e}$：左边 $\mathrm{e}-1\approx1.718$，右边 $\ln\mathrm{e}=1$，成立； 取 $x=\dfrac1{\mathrm{e}}$：左边 $\dfrac1{\mathrm{e}}-1\approx-0.632$，右边 $-1$，也成立。

这道题的动作：要证 $f\geqslant g$，就令 $s=f-g$ 并证 $s_{\min}\geqslant0$。 本题与课本第 99 页证 $1-\dfrac1x\leqslant\ln x$ 是同一条路——事实上两者互为等价： 在本题结论里把 $x$ 换成 $\dfrac1x$ 即得课本那条。

练习（第 102 页）第 1 题

1. 利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证：

$\sin x < x, x \in (0, \pi).$

构造差函数。 令

$$s(x)=x-\sin x,\qquad x\in[0,\pi) ,$$

要证的是 $s(x)>0$ 在 $(0,\pi)$ 上恒成立。（把左端点 $0$ 补进定义域，是为了拿 $s(0)=0$ 当比较基准。）

求导：

$$s'(x)=1-\cos x .$$

在 $[0,\pi)$ 上 $\cos x\leqslant1$，故 $s'(x)\geqslant0$；而 $s'(x)=0$ 当且仅当 $\cos x=1$， 在 $[0,\pi)$ 上只有 $x=0$ 这一个点。导数非负且只在孤立的一点为零，所以 $s$ 在 $[0,\pi)$ 上 严格递增。于是当 $0<x<\pi$ 时

$$s(x)>s(0)=0-\sin 0=0 ,$$

即 $\sin x<x$。$\blacksquare$

图象上直观验证。 在同一坐标系里画 $y=x$ 与 $y=\sin x$：两条曲线都过原点，且在原点处 切线相同（$y=\sin x$ 在 $0$ 处的导数是 $\cos0=1$，正是直线 $y=x$ 的斜率）；离开原点后 正弦曲线向下弯（$x\in(0,\pi)$ 上 $(\sin x)''=-\sin x<0$），而直线不弯，所以正弦曲线始终在 直线下方。在 $(0,\pi)$ 上 $\sin x\leqslant1$ 而 $x$ 可以大到接近 $\pi\approx3.14$，差距还越拉越大。

注意「严格」这一步不能省。 只写 $s'\geqslant0$ 只能得到 $s(x)\geqslant0$，即 $\sin x\leqslant x$； 题目要的是严格小于，必须点明 $s'$ 只在 $x=0$ 处为零，从而 $s$ 严格递增。

练习（第 102 页）第 2 题

2. 如图，用铁丝围成一个上面是半圆，下面是矩形的图形，其面积为 $a \mathrm{~m}^{2}$。为使所用材料最省，圆的直径应为多少？

设未知量并写出约束。 设半圆的半径为 $r$（单位：m），则圆的直径为 $2r$，它同时是矩形的一条边； 设矩形的另一条边（高）为 $h$。图上看得很清楚：矩形的上边被半圆盖住，不需要铁丝， 所以所用铁丝的总长是「矩形的左、右、下三条边 $+$ 半圆弧」：

$$L=2h+2r+\pi r .$$

面积由题给定：

$$S=2rh+\frac12\pi r^{2}=a \quad\Longrightarrow\quad h=\frac{a-\dfrac{\pi r^{2}}{2}}{2r} .$$

定义域。 需 $r>0$，且 $h>0$，即 $a-\dfrac{\pi r^{2}}{2}>0$，得

$$0<r<\sqrt{\frac{2a}{\pi}} .$$

把 $L$ 化成 $r$ 的函数。

$$L(r)=2\cdot\frac{a-\dfrac{\pi r^{2}}{2}}{2r}+(2+\pi)r =\frac{a}{r}-\frac{\pi r}{2}+(2+\pi)r =\frac{a}{r}+\left(2+\frac{\pi}{2}\right)r .$$

求导定最小。

$$L'(r)=-\frac{a}{r^{2}}+\left(2+\frac{\pi}{2}\right) =-\frac{a}{r^{2}}+\frac{4+\pi}{2} .$$

令 $L'(r)=0$ 得

$$r^{2}=\frac{2a}{4+\pi},\qquad r_{0}=\sqrt{\frac{2a}{4+\pi}} .$$

先验它在定义域内：因 $4+\pi>\pi$，有 $\dfrac{2a}{4+\pi}<\dfrac{2a}{\pi}$， 故 $r_{0}<\sqrt{\dfrac{2a}{\pi}}$，落在定义域内。

再判号：$L'(r)=\dfrac{4+\pi}{2}-\dfrac{a}{r^{2}}$ 中 $\dfrac{a}{r^{2}}$ 随 $r$ 递减， 所以 $L'$ 随 $r$ 递增，$r<r_{0}$ 时 $L'<0$、$r>r_{0}$ 时 $L'>0$。$r_{0}$ 是唯一极小值点， 因而是最小值点。

答：圆的直径应为

$$2r_{0}=2\sqrt{\frac{2a}{4+\pi}}=\sqrt{\frac{8a}{4+\pi}}\ \text{m} ,$$

此时所用铁丝最省。

自检。 在 $r=r_{0}$ 处，$\dfrac{a}{r_{0}}=\left(2+\dfrac{\pi}{2}\right)r_{0}$， 即 $L$ 的两项恰好相等，最小值 $L_{\min}=2\sqrt{a\left(2+\dfrac{\pi}{2}\right)}=\sqrt{2a(4+\pi)}$。 这与基本不等式 $\dfrac{a}{r}+kr\geqslant2\sqrt{ak}$ 的取等条件一致，两条路对上了。

这道题的动作：实际问题里先分清”要最省的是谁”——本题最省的是周长（铁丝）， 被固定的是面积；再用固定量把一个变量消掉，剩下一元函数求最值。 另外，半圆下面那条直径不用铁丝，这一条从图上读，漏了整题就错。

习题 5.3 第 1 题

1. 判断下列函数的单调性，并求出单调区间：

(1) $f(x) = -2x + 1$; (2) $f(x) = x + \cos x, x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$;

(3) $f(x)=2x-4;$ (4) $f(x)=2x^{3}+4x.$

(1) 定义域 $\mathbf{R}$，$f'(x)=-2<0$ 恒成立，故 $f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减， 单调递减区间是 $(-\infty,+\infty)$，无递增区间。

(2) 定义域由题给定为 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$。$f'(x)=1-\sin x$。 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上 $0<\sin x<1$，故 $f'(x)>0$， $f$ 在 $\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增，该区间就是它的单调递增区间。

(3) $f'(x)=2>0$ 恒成立，$f$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增。

(4) $f'(x)=6x^{2}+4$。因 $6x^{2}\geqslant0$，故 $f'(x)\geqslant4>0$ 恒成立， $f$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增。

这一题的动作：$f'$ 不变号时根本不用列表——(1)(3) 是常数导数，(4) 是配好方的正定二次式， (2) 靠三角函数的值域。先看看 $f'$ 会不会变号，能省一整张表。

习题 5.3 第 2 题

2. 判断下列函数的单调性，并求出单调区间： (1) $f(x)=x^{2}+2x-4;$ (2) $f(x)=2x^{2}-3x+3;$ (3) $f(x)=3x+x^{3};$ (4) $f(x)=x^{3}+x^{2}-x.$

四题定义域都是 $\mathbf{R}$。

(1) $f'(x)=2x+2=2(x+1)$，零点 $x=-1$。$x<-1$ 时 $f'<0$，$x>-1$ 时 $f'>0$。 递减区间 $(-\infty,-1)$，递增区间 $(-1,+\infty)$。

(2) $f'(x)=4x-3$，零点 $x=\dfrac34$。 递减区间 $\left(-\infty,\dfrac34\right)$，递增区间 $\left(\dfrac34,+\infty\right)$。

(3) $f'(x)=3+3x^{2}\geqslant3>0$ 恒成立，$f$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增。

(4) $f'(x)=3x^{2}+2x-1=(3x-1)(x+1)$，零点 $x=-1$ 与 $x=\dfrac13$。开口向上，两根之间为负：

递增区间 $(-\infty,-1)$ 与 $\left(\dfrac13,+\infty\right)$，递减区间 $\left(-1,\dfrac13\right)$。

自检。 (1)(2) 用二次函数的对称轴复核：$x=-\dfrac{b}{2a}$ 分别为 $-1$ 与 $\dfrac34$，与导数零点一致。

习题 5.3 第 3 题

3. 如图，已知汽车在笔直的公路上行驶.

(1) 如果 $y = f(t)$ 表示时刻 $t$ 时汽车与起点的距离, 请标出汽车速度等于 0 的点; (2) 如果 $y = f(t)$ 表示时刻 $t$ 时汽车的速度, 那么 (1) 中标出点的意义是什么?

(1) 距离对时间的导数就是速度：$v(t)=f'(t)$。所以「速度等于 $0$」即 $f'(t)=0$， 在图象上就是切线水平的点——曲线的每一个「峰顶」与「谷底」。

读图：曲线自原点上升后，依次经过

$$\text{峰}\to\text{谷}\to\text{峰}\to\text{谷}\to\text{峰}\to\text{谷}\to\text{再上升到右端} ,$$

共 3 个峰顶与 3 个谷底，即 6 个点，把它们标出来就是答案。

（顺带读出实际含义：峰顶处汽车离起点最远，随后掉头往回开；谷底处汽车离起点最近， 随后又开始远离。$f$ 全程为正说明汽车没有越过起点。）

(2) 若 $y=f(t)$ 表示的是速度，那么 $f'(t)$ 就是加速度。 同样这 6 个点满足 $f'(t)=0$，意义变成：

这些时刻汽车的加速度为 $0$，是汽车由加速转为减速（峰顶）、或由减速转为加速（谷底）的转折时刻， 也就是速度取到局部最大或局部最小的时刻。

这道题的动作：同一张图、同一批点，纵轴的含义一变，读法就整体升一阶。 「距离图的水平切线 = 速度为零」和「速度图的水平切线 = 加速度为零」， 用的都是「导数 = 图象切线的斜率」这一条。

习题 5.3 第 4 题

4. 导函数 $y = f'(x)$ 的图象如图所示. 在标记的点中，在哪一点处 (1) 导函数 $y = f'(x)$ 有极大值? (2) 导函数 $y = f'(x)$ 有极小值? (3) 函数 $f(x)$ 有极大值? (4) 函数 $f(x)$ 有极小值?

先读图。 图给的是 $y=f'(x)$ 的图象，标了 $x_{1},\dots,x_{5}$：

• 曲线自左方下降，在 $x_{1}$ 处到达一个低点（仍在 $x$ 轴上方），随后上升；
• 在 $x_{2}$ 处到达一个高点（在 $x$ 轴上方），随后下降；
• 在 $x_{3}$ 处由上向下穿过 $x$ 轴；
• 在 $x_{4}$ 处到达一个低点（在 $x$ 轴下方）；
• 在 $x_{5}$ 处由下向上穿过 $x$ 轴，此后一路上升。

关键是把两个层次分开：(1)(2) 问的是曲线本身的峰谷，(3)(4) 问的是曲线与 $x$ 轴的交点。

(1) 曲线自身的最高的那个转折点在 $x_{2}$：其左侧曲线上升、右侧下降。 故 $y=f'(x)$ 在 $x=x_{2}$ 处有极大值。

(2) 曲线自身有两个「谷底」：$x_{1}$ 与 $x_{4}$，两处左侧下降、右侧上升。 故 $y=f'(x)$ 在 $x=x_{1}$ 与 $x=x_{4}$ 处都有极小值（前者的极小值为正，后者为负）。

(3) $f$ 的极大值点要求 $f'$ 由正变负。图上 $f'$ 只在 $x_{3}$ 处由正变负。 故 $f(x)$ 在 $x=x_{3}$ 处有极大值。

(4) $f$ 的极小值点要求 $f'$ 由负变正。图上 $f'$ 只在 $x_{5}$ 处由负变正。 故 $f(x)$ 在 $x=x_{5}$ 处有极小值。

自检。 把 $f'$ 的符号排一排：在 $x_{3}$ 左侧为正、$(x_{3},x_{5})$ 上为负、$x_{5}$ 右侧为正， 于是 $f$ 是「增 → 减 → 增」，极大在 $x_{3}$、极小在 $x_{5}$，与上面一致； 而 $x_{1},x_{2},x_{4}$ 处 $f'\neq0$，它们不可能是 $f$ 的极值点。

这道题的动作：看 $f'$ 的图找 $f$ 的极值，只盯零点；找 $f'$ 自己的极值，只盯峰谷。 两问混起来，就会把 $x_{2}$（$f$ 上升最快处）误当成 $f$ 的极大值点——这是本节最常见的错。

习题 5.3 第 5 题

5. 求下列函数的极值： (1) $f(x)=6x^{2}+x+2;$ (2) $f(x)=x^{3}-12x;$ (3) $f(x)=6-12x+x^{3};$ (4) $f(x)=48x-x^{3}.$

四题定义域都是 $\mathbf{R}$。

(1) $f'(x)=12x+1$，零点 $x=-\dfrac1{12}$，由负变正 → 极小值点：

$$f\left(-\frac1{12}\right)=6\cdot\frac1{144}-\frac1{12}+2=\frac1{24}-\frac2{24}+\frac{48}{24}=\frac{47}{24}.$$

极小值 $\dfrac{47}{24}$，无极大值。

(2) $f'(x)=3x^{2}-12=3(x-2)(x+2)$，零点 $x=\pm2$，开口向上：$f'$ 在 $(-2,2)$ 上为负、两侧为正。

$x=-2$ 处由正变负 → 极大值 $f(-2)=-8+24=16$； $x=2$ 处由负变正 → 极小值 $f(2)=8-24=-16$。

(3) $f'(x)=3x^{2}-12=3(x-2)(x+2)$，与 (2) 同号型。

$x=-2$ 处由正变负 → 极大值 $f(-2)=6+24-8=22$； $x=2$ 处由负变正 → 极小值 $f(2)=6-24+8=-10$。

(4) $f'(x)=48-3x^{2}=3(4-x)(4+x)$，零点 $x=\pm4$，开口向下：$f'$ 在 $(-4,4)$ 上为正、两侧为负。

$x=-4$ 处由负变正 → 极小值 $f(-4)=-192+64=-128$； $x=4$ 处由正变负 → 极大值 $f(4)=192-64=128$。

自检。 (2)(4) 都是奇函数（$f(-x)=-f(x)$），所以极大值与极小值互为相反数： $16$ 与 $-16$、$128$ 与 $-128$，相符。(3) 比 (2) 多了常数 $6$ 并把 $x^{3}$ 与 $-12x$ 的次序调换， 函数其实是 $f(x)=x^{3}-12x+6$，极值恰好各加 $6$：$16+6=22$、$-16+6=-10$，也相符。

习题 5.3 第 6 题

6. 参照第5题，求下列函数在给定区间上的最大值与最小值： (1) $f(x)=6x^{2}+x+2,\quad x\in[-1,1]$ ; (2) $f(x)=x^{3}-12x,\quad x\in[-3,3]$ ; (3) $f(x)=6-12x+x^{3},\quad x\in\left[-\frac{1}{3},\quad1\right]$ ; (4) $f(x)=48x-x^{3},\quad x\in[-3,5].$

四个函数都连续，闭区间上最值必存在。做法同前：区间内的极值 $+$ 两个端点值，一起比大小。

(1) 极小值点 $x=-\dfrac1{12}\in[-1,1]$，$f\left(-\dfrac1{12}\right)=\dfrac{47}{24}$。 端点 $f(-1)=6-1+2=7$，$f(1)=6+1+2=9$。

比较 $\dfrac{47}{24}\approx1.958<7<9$。最大值 $9$（$x=1$），最小值 $\dfrac{47}{24}$（$x=-\dfrac1{12}$）。

(2) 极值点 $x=\pm2$ 都在 $[-3,3]$ 内：$f(-2)=16$，$f(2)=-16$。 端点 $f(-3)=-27+36=9$，$f(3)=27-36=-9$。

比较 $-16<-9<9<16$。最大值 $16$（$x=-2$），最小值 $-16$（$x=2$）。

(3) 极值点 $x=\pm2$ 都不在 $\left[-\dfrac13,1\right]$ 内。在该区间上 $x^{2}\leqslant1<4$， 故 $f'(x)=3(x^{2}-4)<0$，函数单调递减，最值在端点：

$$f\left(-\frac13\right)=6+4+\left(-\frac1{27}\right)=10-\frac1{27}=\frac{269}{27},\qquad f(1)=6-12+1=-5 .$$

最大值 $\dfrac{269}{27}$（$x=-\dfrac13$），最小值 $-5$（$x=1$）。

（这里最容易手滑：$f(x)=6-12x+x^{3}$ 里的负号只属于 $12x$，$x^{3}$ 前面是加号。 $\left(-\dfrac13\right)^{3}=-\dfrac1{27}$ 是负的，加进去要减掉 $\dfrac1{27}$， 得 $10-\dfrac1{27}=\dfrac{269}{27}$；把它写成 $10+\dfrac1{27}$ 就等于把函数当成了 $6-12x-x^{3}$。）

(4) 极值点 $x=\pm4$ 中，$x=-4\notin[-3,5]$，丢掉；只留 $x=4$，$f(4)=192-64=128$。 端点 $f(-3)=-144+27=-117$，$f(5)=240-125=115$。

比较 $-117<115<128$。最大值 $128$（$x=4$），最小值 $-117$（$x=-3$）。

注意 (4) 的最小值在左端点而不在右端点：$f$ 在 $[-3,4]$ 上递增、在 $[4,5]$ 上递减， 右端点 $f(5)=115$ 虽比极大值小，却远大于左端点。端点要两个都算，不能只算”远离极值点的那个”。

习题 5.3 第 7 题

7. 将一条长为 $l$ 的铁丝截成两段, 分别弯成两个正方形. 要使两个正方形的面积和最小, 两段铁丝的长度分别是多少?

设未知量。 设一段长为 $x$，则另一段长为 $l-x$，且 $0<x<l$。 两段各围成正方形，边长分别是 $\dfrac{x}{4}$ 与 $\dfrac{l-x}{4}$，面积和

$$S(x)=\left(\frac{x}{4}\right)^{2}+\left(\frac{l-x}{4}\right)^{2} =\frac{x^{2}+(l-x)^{2}}{16},\qquad 0<x<l .$$

求导。

$$S'(x)=\frac{2x-2(l-x)}{16}=\frac{4x-2l}{16}=\frac{2x-l}{8} .$$

令 $S'(x)=0$ 得 $x=\dfrac{l}{2}$，它落在 $(0,l)$ 内。判号：$x<\dfrac l2$ 时 $S'<0$， $x>\dfrac l2$ 时 $S'>0$，故 $x=\dfrac l2$ 是唯一极小值点，因而是最小值点。

答：两段铁丝的长度都是 $\dfrac{l}{2}$（即平均截开），此时面积和最小，最小值为

$$S\left(\frac l2\right)=\frac{2\cdot\left(\frac l2\right)^{2}}{16}=\frac{l^{2}}{32} .$$

自检（另一条路）。 由基本不等式 $x^{2}+(l-x)^{2}\geqslant\dfrac{[x+(l-x)]^{2}}{2}=\dfrac{l^{2}}{2}$， 等号当且仅当 $x=l-x$ 即 $x=\dfrac l2$，得 $S\geqslant\dfrac{l^{2}}{32}$，与导数结论一致。

注意开区间也能有最小值：本题定义域 $(0,l)$ 不是闭区间，最值定理不适用； 能下结论靠的是「唯一极小值点 ⟹ 最小值点」这条，理由是左减右增。

习题 5.3 第 8 题

8. 将一个边长为 $a$ 的正方形铁片的四角截去四个边长均为 $x$ 的小正方形, 做成一个无盖方盒. (1) 试把方盒的容积 $V$ 表示为 $x$ 的函数; (2) $x$ 多大时, 方盒的容积 $V$ 最大?

(1) 四角各截去一个边长 $x$ 的小正方形后，把四边折起，得到一个底面为正方形、高为 $x$ 的 无盖盒子。底面边长是原边长减去两端各 $x$，即 $a-2x$。所以

$$V(x)=(a-2x)^{2}\,x .$$

定义域：要折得起来须 $x>0$，且底面边长为正须 $a-2x>0$，故

$$0<x<\frac{a}{2} .$$

(2) 求导（用乘积法则，把公因式提出来）：

$$V'(x)=2(a-2x)\cdot(-2)\cdot x+(a-2x)^{2} =(a-2x)\big[(a-2x)-4x\big]=(a-2x)(a-6x) .$$

在定义域 $\left(0,\dfrac a2\right)$ 上 $a-2x>0$，所以 $V'$ 的符号与 $a-6x$ 相同：

$x=\dfrac a6$ 是唯一极大值点，左增右减，故它是最大值点：

$$V\left(\frac a6\right)=\left(a-\frac a3\right)^{2}\cdot\frac a6 =\left(\frac{2a}{3}\right)^{2}\cdot\frac a6=\frac{4a^{2}}{9}\cdot\frac a6=\frac{2a^{3}}{27} .$$

答：当 $x=\dfrac{a}{6}$ 时容积最大，最大容积为 $\dfrac{2a^{3}}{27}$。

自检。 取 $a=6$：$V(x)=(6-2x)^{2}x$，$x=1$ 时 $V=16$；再试 $x=0.8$ 得 $V\approx15.49$、 $x=1.2$ 得 $V\approx15.55$，两侧都更小，最大点确在 $x=1=\dfrac a6$。

这道题的动作：求导后先提公因式再判号。若把 $(a-2x)^{2}x$ 展开成三次式再求导， 得到的 $12x^{2}-8ax+a^{2}$ 还要解一次二次方程；提公因式则直接读出两个根， 而且立刻看出 $x=\dfrac a2$ 是定义域端点、不是内部的极值点。

习题 5.3 第 9 题

9. 用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得 n 个数据 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots, a_{n}.$ 证明：用 n 个数据的平均值 $x=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}a_{i}$ 表示这个物体的长度，能使这 n 个数据的方差 $f(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(x-a_{i})^{2}$ 最小.

先把记号分开。 题面里 $x$ 既当自变量又当平均值，容易缠住。以下把平均值记作

$$m=\frac1n\sum_{i=1}^{n}a_{i} ,$$

要证的是：函数 $f(x)=\dfrac1n\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x-a_{i})^{2}$（$x\in\mathbf{R}$）在 $x=m$ 处取到最小值。

求导。 有限和可以逐项求导：

$$f'(x)=\frac1n\sum_{i=1}^{n}2(x-a_{i}) =\frac2n\left(nx-\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right) =2\left(x-\frac1n\sum_{i=1}^{n}a_{i}\right)=2(x-m) .$$

判号。 $f'(x)=2(x-m)$ 的符号只由 $x-m$ 决定：

于是 $x=m$ 是 $f$ 在 $\mathbf{R}$ 上的唯一极小值点，左减右增，因而是最小值点：

$$f(x)\geqslant f(m)=\frac1n\sum_{i=1}^{n}(m-a_{i})^{2}\qquad(x\in\mathbf{R}) .$$

即用平均值 $m$ 表示物体长度时，这 $n$ 个数据的方差最小。$\blacksquare$

自检（配方法）。 展开

$$f(x)=x^{2}-2mx+\frac1n\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2} =(x-m)^{2}+\left(\frac1n\sum_{i=1}^{n}a_{i}^{2}-m^{2}\right) ,$$

这是开口向上、对称轴 $x=m$ 的二次函数，最小值在 $x=m$ 处取到，与导数结论一致； 括号里那一项正是数据本身的方差，也就是 $f(m)$。

这道题的动作：求和号里的求导可以逐项做，做完把 $\sum a_{i}$ 一次性换成 $nm$， $n$ 个数据就被压缩成了一个参数。这就是「最小二乘」思想在高中范围内最简单的一例。

习题 5.3 第 10 题

10. 已知某商品的生产成本 $C$ 与产量 $q$ 之间的关系为 $C = 100 + 4q$，单价 $p$ 与产量 $q$ 之间的关系为 $p = 25 - \frac{1}{8} q$。产量 $q$ 为何值时，利润最大？

列出利润函数。 利润 $=$ 收入 $-$ 成本，收入 $=$ 单价 $\times$ 产量：

$$L(q)=pq-C=\left(25-\frac18q\right)q-(100+4q) =25q-\frac{q^{2}}{8}-100-4q=-\frac{q^{2}}{8}+21q-100 .$$

定义域。 产量非负故 $q>0$；又单价须为正，$25-\dfrac q8>0$ 给出 $q<200$。所以 $0<q<200$。

求导。

$$L'(q)=-\frac{q}{4}+21 .$$

令 $L'(q)=0$ 得 $q=84$，落在 $(0,200)$ 内。判号：$q<84$ 时 $L'>0$，$q>84$ 时 $L'<0$， 故 $q=84$ 是唯一极大值点，也就是最大值点。

最大利润：

$$L(84)=-\frac{84^{2}}{8}+21\times84-100=-882+1764-100=782 .$$

答：产量 $q=84$ 时利润最大，最大利润为 $782$（与成本、单价同单位）。

自检。 $L$ 是开口向下的二次函数，顶点横坐标 $-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{21}{2\times\left(-\frac18\right)}=84$， 与导数结论一致。

习题 5.3 第 11 题

11. 已知某商品进价为 $a$ 元/件，根据以往经验，当售价是 $b\left(b \geqslant \frac{4}{3} a\right)$ 元/件时，可卖出 $c$ 件。市场调查表明，当售价下降 $10\%$ 时，销量可增加 $40\%$。现决定一次性降价，售价为多少时，可获得最大利润？

设降价的比例。 设售价在 $b$ 的基础上下降 $x$（即降价比例为 $x$，$0\leqslant x<1$）， 则新售价为 $b(1-x)$。由「降 $10\%$ 销量增 $40\%$」的线性关系，降 $x$ 时销量增 $4x$， 即销量为 $c(1+4x)$。

利润函数。 每件赚 $b(1-x)-a$ 元，共卖 $c(1+4x)$ 件：

$$y(x)=\big[b(1-x)-a\big]\cdot c(1+4x) .$$

展开（记 $c>0$ 为常数提在外面）：

$$y(x)=c\big[(b-a)-bx\big](1+4x) =c\big[-4bx^{2}+(3b-4a)x+(b-a)\big] .$$

求导。

$$y'(x)=c\big[-8bx+(3b-4a)\big] .$$

令 $y'(x)=0$ 得

$$x_{0}=\frac{3b-4a}{8b} .$$

验它有意义。 由题设 $b\geqslant\dfrac43a$ 即 $3b\geqslant4a$，故 $x_{0}\geqslant0$； 又 $3b-4a<3b$ 给出 $x_{0}<\dfrac38<1$。所以 $x_{0}\in\left[0,\dfrac38\right)$，是允许的降价比例。

判号。 $y'$ 是关于 $x$ 的一次函数、斜率 $-8bc<0$，故 $x<x_{0}$ 时 $y'>0$、$x>x_{0}$ 时 $y'<0$， $x_{0}$ 是唯一极大值点，也就是最大值点。

换回售价：

$$b(1-x_{0})=b\cdot\frac{8b-(3b-4a)}{8b}=\frac{5b+4a}{8} .$$

答：售价定为 $\dfrac{5b+4a}{8}$ 元/件时利润最大。

自检两处：

• 边界情形 $b=\dfrac43a$：此时 $x_{0}=0$，售价 $\dfrac{5\cdot\frac43a+4a}{8}=\dfrac{\frac{20}{3}a+4a}{8}=\dfrac43a=b$， 即不降价最好，与 $x_{0}=0$ 一致。题设的 $b\geqslant\dfrac43a$ 正是为了保证降价比例不为负。
• 仍然赚钱：$\dfrac{5b+4a}{8}$ 关于 $b$ 递增，故它 $\geqslant\dfrac43a>a$，新售价始终高于进价。

习题 5.3 第 12 题

12. 利用函数的单调性，证明下列不等式，并通过函数图象直观验证： (1) $e^{x}>1+x, x\neq0;$ (2) $\ln x<x<e^{x}, x>0.$

(1) 令 $s(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x$，定义域 $\mathbf{R}$。求导：

$$s'(x)=\mathrm{e}^{x}-1 .$$

由指数函数 $y=\mathrm{e}^{x}$ 严格递增且 $\mathrm{e}^{0}=1$ 知：$x<0$ 时 $s'(x)<0$，$x>0$ 时 $s'(x)>0$。 所以 $s$ 在 $(-\infty,0]$ 上严格递减、在 $[0,+\infty)$ 上严格递增，$x=0$ 是唯一最小值点：

$$s(x)\geqslant s(0)=1-1-0=0 .$$

再把”严格”补上：当 $x<0$ 时由严格递减得 $s(x)>s(0)=0$；当 $x>0$ 时由严格递增得 $s(x)>s(0)=0$。 故对一切 $x\neq0$ 有 $s(x)>0$，即 $\mathrm{e}^{x}>1+x$。$\blacksquare$

图象验证：$y=\mathrm{e}^{x}$ 在点 $(0,1)$ 处的切线斜率是 $\mathrm{e}^{0}=1$，切线方程正是 $y=1+x$； 而 $(\mathrm{e}^{x})''=\mathrm{e}^{x}>0$，曲线处处下凸（开口朝上，也叫凹），所以除切点外整条曲线都在切线上方。 这条不等式的几何内容就是「指数曲线在它自己的切线之上」。

(2) 分两半证。

右半 $x<\mathrm{e}^{x}$： 由 (1)，当 $x>0$ 时 $x\neq0$，故 $\mathrm{e}^{x}>1+x>x$（最后一步因 $1>0$）。

左半 $\ln x<x$： 令 $u(x)=x-\ln x$，定义域 $x>0$。求导

$$u'(x)=1-\frac1x=\frac{x-1}{x} ,$$

分母为正，故 $x<1$ 时 $u'<0$、$x>1$ 时 $u'>0$，$x=1$ 是唯一极小值点，也是最小值点：

$$u(x)\geqslant u(1)=1-\ln1=1>0 ,$$

即 $x-\ln x\geqslant1>0$，所以 $\ln x<x$。合起来得 $\ln x<x<\mathrm{e}^{x}\ (x>0)$。$\blacksquare$

图象验证：三条曲线 $y=\ln x$、$y=x$、$y=\mathrm{e}^{x}$ 中，第一条与第三条关于直线 $y=x$ 对称。 $y=\mathrm{e}^{x}$ 整体在 $y=x$ 上方（两者无交点），对称过去就是 $y=\ln x$ 整体在 $y=x$ 下方。 一条不等式照镜子就得到另一条，这也是为什么两半可以只算一半。

注意两半的余量下界都是 $1$，但”紧”的程度不一样：左半 $x-\ln x\geqslant1$，等号在 $x=1$ 处 真的取到；右半 $\mathrm{e}^{x}-x>1$ 在 $x>0$ 上恒是严格不等号（$1$ 只是 $x\to0^{+}$ 的极限， 取不到）。所以论”谁更紧”是左半更紧（它够得着 $1$）——不能说成”左半的余量更大”。逐点去比则 互有大小：$x=0.5$ 时左 $\approx1.19>$ 右 $\approx1.15$；$x=1$ 时左 $=1<$ 右 $=\mathrm{e}-1\approx1.72$； $x\to+\infty$ 时右边约为 $\mathrm{e}^{x}$、左边约为 $x$，右边远远更大。能确定的只有一件事： 两处最紧的位置不同——左半在 $x=1$，右半在 $x\to0^{+}$，不会撞在同一点上。

习题 5.3 第 13 题

13. 利用信息技术工具，根据给定的 a, b, c, d 的值，可以画出函数

$f (x) = a x ^ {3} + b x ^ {2} + c x + d (a \neq 0)$

的图象，当 $a = -4, b = 1, c = 5, d = -1$ 时，$f(x)$ 的图象如图所示．改变 $a, b, c, d$ 的值，观察图象的形状：

(1) 你能归纳函数 $f(x)$ 图象的大致形状吗？它的图象有什么特点？你能从图象上大致估计它的单调区间吗？

(2) 运用导数研究它的单调性，并求出相应的单调区间.

(1) 从图上读，再归纳。

图上画的是 $a=-4,\ b=1,\ c=5,\ d=-1$ 的那一条：曲线自左上方陡降，在 $x\approx-0.6$ 处到达一个 谷底（纵坐标约 $-2.8$），随后上升，在 $x\approx0.7$ 处到达一个峰顶（纵坐标约 $1.6$）， 之后又陡降并向右下方离开画面。所以从图上可以估计：

$$\text{递减区间约 }(-\infty,-0.6)\ \text{与}\ (0.7,+\infty),\qquad \text{递增区间约 }(-0.6,\ 0.7) .$$

改变 $a,b,c,d$ 反复观察，可以归纳出三条特点：

1. 走向由 $a$ 的符号决定。 $a>0$ 时图象自左下方来、往右上方去；$a<0$ 时反过来（本图即 $a<0$）。 原因是 $x\to\pm\infty$ 时 $ax^{3}$ 这一项压过其余各项。
2. 形状只有两类：要么是带一个”谷”和一个”峰”的 S 形（升降升或降升降，有两个极值点）， 要么全程单调（没有极值点，中间可能有一处切线水平的”平台”）。不会出现三个及以上的转折， 因为 $f'$ 是二次函数，最多两个零点。
3. 中心对称。 图象关于点 $\left(-\dfrac{b}{3a},\ f\left(-\dfrac{b}{3a}\right)\right)$ 中心对称； 有两个极值点时，这个对称中心正好在两个极值点的正中间。$d$ 只把整条曲线上下平移。

(2) 用导数算准。 一般地

$$f'(x)=3ax^{2}+2bx+c ,$$

这是二次函数，判别式 $\Delta=(2b)^{2}-4\cdot3a\cdot c=4b^{2}-12ac$。于是分两类：

• $\Delta\leqslant0$：$f'$ 不变号（与 $3a$ 同号），$f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调——$a>0$ 时全程递增，$a<0$ 时全程递减；
• $\Delta>0$：$f'$ 有两个零点，$f$ 在两根之间与两根之外的单调性相反，恰有一个极大值点与一个极小值点。

代入本图的数据 $a=-4,\ b=1,\ c=5,\ d=-1$：

$$f'(x)=-12x^{2}+2x+5 .$$

令 $f'(x)=0$，即 $12x^{2}-2x-5=0$，判别式 $\Delta=(-2)^{2}-4\times12\times(-5)=4+240=244>0$，

$$x=\frac{2\pm\sqrt{244}}{24}=\frac{1\pm\sqrt{61}}{12} .$$

记 $x_{1}=\dfrac{1-\sqrt{61}}{12}\approx-0.568$，$x_{2}=\dfrac{1+\sqrt{61}}{12}\approx0.734$。 因二次项系数 $-12<0$，抛物线开口向下，故 $f'$ 在两根之间为正、两根之外为负：

答：单调递增区间是 $\left(\dfrac{1-\sqrt{61}}{12},\ \dfrac{1+\sqrt{61}}{12}\right)$， 单调递减区间是 $\left(-\infty,\ \dfrac{1-\sqrt{61}}{12}\right)$ 与 $\left(\dfrac{1+\sqrt{61}}{12},\ +\infty\right)$。

与 (1) 的估计对照。 $x_{1}\approx-0.568$、$x_{2}\approx0.734$，与从图上读出的 $-0.6$、$0.7$ 吻合； 极值也对得上：

$$f(x_{2})\approx-4(0.734)^{3}+(0.734)^{2}+5(0.734)-1\approx1.63,\qquad f(x_{1})\approx-2.78 ,$$

（这两个数的精确值是 $f(x_{1,2})=\dfrac{-125\mp61\sqrt{61}}{216}$，即 $-2.78438\ldots$ 与 $1.62697\ldots$； 取两位小数是 $-2.78$ 与 $1.63$。）

正是图上那个峰顶与谷底的高度。图给方向，导数给准数——这道题要的就是这两步的配合。

复习参考题 5 第 1 题

1. 已知点 $P$ 和点 $Q$ 是曲线 $y = x^2 - 2x - 3$ 上的两点，且点 $P$ 的横坐标是 1，点 $Q$ 的横坐标是 4. 求：

(1) 割线 PQ 的斜率； (2) 点 P 处的切线方程.

先求两点的坐标。 把横坐标代入 $y=x^{2}-2x-3$：

$$y_{P}=1-2-3=-4,\qquad y_{Q}=16-8-3=5 ,$$

即 $P(1,-4)$，$Q(4,5)$。

(1) 割线斜率就是两点间的平均变化率：

$$k_{PQ}=\frac{y_{Q}-y_{P}}{x_{Q}-x_{P}}=\frac{5-(-4)}{4-1}=\frac93=3 .$$

(2) 切线斜率是瞬时变化率，即导数值。由 $y'=2x-2$ 得

$$y'\big|_{x=1}=2\times1-2=0 .$$

所以点 $P$ 处的切线是水平线，方程为

$$y=-4 .$$

自检。 $y=x^{2}-2x-3=(x-1)^{2}-4$，顶点正是 $P(1,-4)$，抛物线在顶点处的切线当然水平，相符。 另外割线斜率 $3$ 与切线斜率 $0$ 相差很大，说明从 $x=1$ 到 $x=4$ 这一段函数变化很不均匀—— 这正是平均变化率与瞬时变化率的区别。

复习参考题 5 第 2 题

2. 求下列函数的导数： (1) $y=2x\tan x;$

(2) $y=2^{x}\ln x;$

(3) $y=(x-2)^{3}(3x+1)^{2};$

(4) $y=\frac{x^{2}}{(2x+1)^{3}};$

(5) $y=e^{-2x+1}\cos(-x^{2}+x);$

(6) $y=\frac{\sin 2x}{\sqrt{x}}.$

用到的公式：$(\tan x)'=\dfrac1{\cos^{2}x}$、$(a^{x})'=a^{x}\ln a$、$(\ln x)'=\dfrac1x$， 以及乘积、商与复合函数的求导法则。

(1) 定义域 $x\neq\dfrac{\pi}{2}+k\pi\ (k\in\mathbf{Z})$。用乘积法则：

$$y'=2\tan x+2x\cdot\frac1{\cos^{2}x}=2\tan x+\frac{2x}{\cos^{2}x} .$$

(2) 定义域 $x>0$。用乘积法则：

$$y'=2^{x}\ln2\cdot\ln x+2^{x}\cdot\frac1x=2^{x}\left(\ln2\cdot\ln x+\frac1x\right) .$$

(3) 定义域 $\mathbf{R}$。乘积法则加两次复合：

$$y'=3(x-2)^{2}(3x+1)^{2}+(x-2)^{3}\cdot2(3x+1)\cdot3 .$$

提公因式 $3(x-2)^{2}(3x+1)$（这一步不做，答案就很难核对）：

$$y'=3(x-2)^{2}(3x+1)\big[(3x+1)+2(x-2)\big]=3(x-2)^{2}(3x+1)(5x-3) .$$

(4) 定义域 $x\neq-\dfrac12$。用商的法则：

$$y'=\frac{2x(2x+1)^{3}-x^{2}\cdot3(2x+1)^{2}\cdot2}{(2x+1)^{6}} .$$

分子提出 $(2x+1)^{2}$ 与分母约掉：

$$y'=\frac{2x(2x+1)-6x^{2}}{(2x+1)^{4}}=\frac{4x^{2}+2x-6x^{2}}{(2x+1)^{4}} =\frac{2x(1-x)}{(2x+1)^{4}} .$$

(5) 定义域 $\mathbf{R}$。先用偶函数性质化简：$\cos(-x^{2}+x)=\cos(x^{2}-x)$，于是 $y=\mathrm{e}^{-2x+1}\cos(x^{2}-x)$。两个因子各自复合，再用乘积法则：

$$\left(\mathrm{e}^{-2x+1}\right)'=-2\mathrm{e}^{-2x+1},\qquad \big[\cos(x^{2}-x)\big]'=-\sin(x^{2}-x)\cdot(2x-1) ,$$ $$y'=-2\mathrm{e}^{-2x+1}\cos(x^{2}-x)-(2x-1)\mathrm{e}^{-2x+1}\sin(x^{2}-x) =-\mathrm{e}^{-2x+1}\big[2\cos(x^{2}-x)+(2x-1)\sin(x^{2}-x)\big] .$$

(6) 定义域 $x>0$（分母 $\sqrt x$ 要求 $x>0$）。用商的法则，$(\sqrt x)'=\dfrac1{2\sqrt x}$：

$$y'=\frac{2\cos2x\cdot\sqrt x-\sin2x\cdot\dfrac1{2\sqrt x}}{x} .$$

分子分母同乘 $2\sqrt x$ 整理：

$$y'=\frac{4x\cos2x-\sin2x}{2x\sqrt x} .$$

这六小问的动作：先定义域、再看结构（是乘积、是商、还是复合）， 最后能提公因式就提——(3)(4) 两问不提公因式，写出来的式子既长又难验算。

复习参考题 5 第 3 题

3. 已知函数 $y = f(x)$ 的图象是下列四个图象之一，且其导函数 $y = f'(x)$ 的图象如图所示，则该函数的图象是（ ）.

(第3题) (A) (B) (C) (D)

先读导函数的图。 $y=f'(x)$ 的图象是一段位于 $x$ 轴上方的拱形，定义在 $[-1,1]$ 上， 两端 $f'(-1)=f'(1)=0$，中间隆起、在 $x=0$ 处取到最大值。由此得到两条信息：

1. $f'\geqslant0$ 且只在两端为零 ⟹ $f$ 在 $[-1,1]$ 上单调递增，且在 $x=\pm1$ 处切线水平；
2. $f'$ 在 $x=0$ 处最大 ⟹ $f$ 在 $x=0$ 处上升得最陡。

所以要找的图象是：两端平（水平切线）、中间陡的递增曲线——一条”S”形。

逐个选项排除（四个选项都画在 $[-1,1]$ 上，都递增）：

答：选 (B)。

这道题的动作：由 $f'$ 的图选 $f$ 的图，要读的不只是符号，还有大小。 四个选项全是增函数，符号这一层区分不了它们；分胜负的是「哪里最陡」—— 它对应 $f'$ 的最大值点。这与本节练习那道「画 $f$ 的大致形状」是同一个考点的正反两面。

复习参考题 5 第 4 题

4. 求下列曲线在给定点处的切线方程： (1) $y = x - \frac{1}{x}$ , (1, 0); (2) $y = \frac{e^{2x-1}}{x^{2}}$ , $\left(\frac{1}{2}, 4\right)$ .

(1) 先验点在曲线上：$x=1$ 时 $y=1-1=0$ ✓。定义域 $x\neq0$。

$$y'=1+\frac1{x^{2}},\qquad y'\big|_{x=1}=1+1=2 .$$

切线方程（点斜式）：

$$y-0=2(x-1)\quad\Longrightarrow\quad y=2x-2 .$$

(2) 先验点在曲线上：$x=\dfrac12$ 时 $\mathrm{e}^{2\times\frac12-1}=\mathrm{e}^{0}=1$， $x^{2}=\dfrac14$，故 $y=\dfrac{1}{1/4}=4$ ✓。定义域 $x\neq0$。

用商的法则，分子再复合一次：

$$y'=\frac{2\mathrm{e}^{2x-1}\cdot x^{2}-\mathrm{e}^{2x-1}\cdot2x}{x^{4}} =\frac{2x\mathrm{e}^{2x-1}(x-1)}{x^{4}}=\frac{2\mathrm{e}^{2x-1}(x-1)}{x^{3}} .$$

代入 $x=\dfrac12$：分子 $2\times1\times\left(\dfrac12-1\right)=-1$，分母 $\left(\dfrac12\right)^{3}=\dfrac18$，

$$y'\Big|_{x=\frac12}=\frac{-1}{1/8}=-8 .$$

切线方程：

$$y-4=-8\left(x-\frac12\right)\quad\Longrightarrow\quad y=-8x+8 .$$

自检。 (2) 的切线在 $x=\dfrac12$ 处的值 $-8\times\dfrac12+8=4$，与切点纵坐标一致； 斜率为负也合理——$x=\dfrac12$ 时 $x-1<0$，导数的符号由 $(x-1)$ 决定。

求切线的三步：验切点在不在曲线上 → 求导代值得斜率 → 点斜式。第一步最容易省， 但题目给的点未必在曲线上（那时就变成”过某点作切线”，是另一类题）。

复习参考题 5 第 5 题

5. 一个距地心距离为 $r$，质量为 $m$ 的人造卫星，与地球之间的万有引力 $F$ 由公式 $F = \frac{GMm}{r^2}$ 给出，其中 $M$ 为地球质量，$G$ 为引力常量。求 $F$ 对于 $r$ 的瞬时变化率。

把 $F$ 看成 $r$ 的函数，其中 $G,M,m$ 都是常数：

$$F(r)=GMm\cdot r^{-2},\qquad r>0 .$$

由幂函数求导公式 $(r^{n})'=nr^{n-1}$：

$$F'(r)=GMm\cdot(-2)r^{-3}=-\frac{2GMm}{r^{3}} .$$

答：$F$ 对 $r$ 的瞬时变化率是 $-\dfrac{2GMm}{r^{3}}$。

读一读这个结果的物理含义。 它是负数，说明卫星离地心越远、引力越小； 而且它的绝对值 $\dfrac{2GMm}{r^{3}}$ 随 $r$ 增大而迅速变小（按 $r^{3}$ 衰减）， 即在近地处稍微升高一点，引力就掉得很快；到了高轨道，再升高一点引力几乎不再变化。

这道题的动作：先分清谁是自变量。式子里有 $G,M,m,r$ 四个字母，题目问的是「$F$ 对于 $r$ 的 变化率」，于是只有 $r$ 是变量，其余三个都并进常数因子。含参式子求导，第一句话永远是「对谁求导」。

复习参考题 5 第 6 题

6. 一杯 $80^{\circ}$ C 的热红茶置于 $20^{\circ}$ C 的房间里，它的温度会逐渐下降，温度 $T(\text{单位: }^{\circ}\text{C})$ 与时间 t（单位：min）之间的关系由函数 $T = f(t)$ 给出.

(1) 判断 $f'(t)$ 的正负，并说明理由.

(2) $f^{\prime}(3) = -4$ 的实际意义是什么？如果 $f(3) = 65^{\circ}\mathrm{C}$，你能画出函数 $f(t)$ 在 $t = 3$ 时图象的大致形状吗？

(1) $f'(t)<0$。

理由：$f'(t)$ 是温度对时间的瞬时变化率。红茶温度 $80^{\circ}\mathrm{C}$ 高于室温 $20^{\circ}\mathrm{C}$， 热量持续从茶传向房间，所以茶温单调下降，即 $T=f(t)$ 是减函数； 减函数的导数非正，而降温始终在进行（只要茶温还高于室温就不会停），故 $f'(t)<0$。

(2) 实际意义：$f'(3)=-4$ 表示的是在 $t=3\ \mathrm{min}$ 这一时刻茶温正以每分钟 $4^{\circ}\mathrm{C}$ 的速度下降。 注意这是瞬时速度，不是”第 3 分钟内降了 $4^{\circ}\mathrm{C}$”—— 在 $t=3$ 附近很短的一段时间 $\Delta t$ 内，温度变化约为 $-4\Delta t$。

图象在 $t=3$ 附近的大致形状：

• 图象经过点 $(3,\ 65)$；
• 该点处的切线斜率是 $-4$，切线方程为 $T-65=-4(t-3)$，即 $T=-4t+77$；
• 曲线在这一点附近是下降的（$f'<0$），且下降得越来越慢：茶越凉，与室温的温差越小， 散热越慢，所以 $|f'(t)|$ 随时间减小。因此曲线在切点附近位于切线上方，形状向下弯得平缓 （凹向上）；
• 放到整段来看：图象从 $(0,80)$ 出发单调下降，先陡后缓，长时间后无限接近水平线 $T=20$ （室温），但不会低于它。

这道题的动作：把导数的三种语言对上号——符号 $\leftrightarrow$ 升降、 绝对值大小 $\leftrightarrow$ 快慢、导数值 $\leftrightarrow$ 切线斜率。 第 (2) 问要求的”大致形状”，答的就是”过哪个点、斜率多少、往哪弯”这三件事。

复习参考题 5 第 7 题

7. 求函数 $f(x) = \sqrt[3]{x^2}$ 的单调区间.

定义域。 $f(x)=\sqrt[3]{x^{2}}=x^{\frac23}$，立方根对任何实数都有定义，故定义域为 $\mathbf{R}$。

求导。 当 $x\neq0$ 时

$$f'(x)=\frac23x^{-\frac13}=\frac{2}{3\sqrt[3]{x}} .$$

在 $x=0$ 处这个式子无意义（分母为零），即 $f$ 在 $x=0$ 处不可导；但 $f$ 在 $x=0$ 处连续 （$f(0)=0$），所以 $x=0$ 仍可以作为单调区间的端点。

判号。 $\sqrt[3]{x}$ 与 $x$ 同号：

答：单调递减区间是 $(-\infty,0)$，单调递增区间是 $(0,+\infty)$。

自检。 $f(x)=\sqrt[3]{x^{2}}=\left(\sqrt[3]{|x|}\right)^{2}\geqslant0$，且 $f(-x)=f(x)$， 是偶函数，最小值 $f(0)=0$；取 $f(-8)=\sqrt[3]{64}=4$、$f(-1)=1$、$f(1)=1$、$f(8)=4$， 确实左降右升，相符。

这道题的动作：导数不存在的点也可能是单调性的分界点。本节列表判号时， 切分点取的是「$f'$ 的零点 $\cup$ $f'$ 不存在的点 $\cup$ 定义域的断点」三者之并—— 本题正是第二类，图象在原点处有一个尖点（左右切线都竖直，方向相反），不是光滑的谷底。

复习参考题 5 第 8 题

8. 已知函数 $f(x) = x^{2} + px + q$，试确定 $p, q$ 的值，使得当 $x = 1$ 时，$f(x)$ 有最小值 4.

用两个条件列两个方程。

条件一（$x=1$ 是极值点）：$f'(x)=2x+p$，故

$$f'(1)=2+p=0\quad\Longrightarrow\quad p=-2 .$$

条件二（最小值是 $4$）：

$$f(1)=1+p+q=4 .$$

把 $p=-2$ 代入得 $1-2+q=4$，即 $q=5$。

回代验证（这一步必须做，因为 $f'(x_{0})=0$ 只是必要条件）：

$$f(x)=x^{2}-2x+5=(x-1)^{2}+4 .$$

二次项系数 $1>0$，抛物线开口向上，$f'(x)=2(x-1)$ 在 $x<1$ 时为负、$x>1$ 时为正， 故 $x=1$ 确为极小值点，且因函数在 $\mathbf{R}$ 上只有这一个极值点，它就是最小值点， 最小值 $f(1)=4$ ✓。

答：$p=-2$，$q=5$。

这道题的动作：“在某点取最值”给的是两个条件——导数为零（定位置）与函数值（定高度）， 正好解出两个待定系数。解完一定要回代验：若二次项系数为负，同样的方程组解出来的会是最大值。

复习参考题 5 第 9 题

9. 已知函数 $f(x) = x(x - c)^2$ 在 $x = 2$ 处有极大值，求 $c$ 的值.

求导并分解。 用乘积法则：

$$f'(x)=(x-c)^{2}+x\cdot2(x-c)=(x-c)\big[(x-c)+2x\big]=(x-c)(3x-c) .$$

必要条件定出候选值。 $x=2$ 是极值点 ⟹ $f'(2)=0$：

$$(2-c)(6-c)=0\quad\Longrightarrow\quad c=2\ \text{或}\ c=6 .$$

逐个验”是不是极大”（这一步不能省——必要条件筛出的是候选，不是答案）：

若 $c=2$： $f'(x)=(x-2)(3x-2)$，零点 $x=\dfrac23$ 与 $x=2$，开口向上，故 $f'$ 在 $\left(\dfrac23,2\right)$ 上为负、在 $x>2$ 时为正。$x=2$ 处 $f'$ 由负变正， 是极小值点，不合题意，舍去。

若 $c=6$： $f'(x)=(x-6)(3x-6)=3(x-6)(x-2)$，零点 $x=2$ 与 $x=6$，开口向上，故：

$x=2$ 处 $f'$ 由正变负，是极大值点 ✓，符合题意。

答：$c=6$。（此时极大值 $f(2)=2\times(2-6)^{2}=32$。）

这道题的动作：$f'(x_{0})=0$ 解出的每一个值都要回去验变号。本题两个候选值一个是极大、 一个是极小，只写”$f'(2)=0$ 得 $c=2$ 或 $6$“就交卷，一半的答案是错的。

复习参考题 5 第 10 题

10. 如图，过点 $P(1, 1)$ 作直线 $AB$，分别与 $x$ 轴的正半轴、$y$ 轴的正半轴交于点 $A, B$。当直线 $AB$ 在什么位置时，$\triangle AOB$ 的面积最小？最小面积是多少？

设截距。 设 $A(a,0)$、$B(0,b)$，由题设 $a>0$、$b>0$，直线 $AB$ 的截距式为

$$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1 .$$

用”过 $P$“把两个未知量并成一个。 把 $P(1,1)$ 代入：

$$\frac1a+\frac1b=1 .$$

解出 $b$：$\dfrac1b=1-\dfrac1a=\dfrac{a-1}{a}$，故

$$b=\frac{a}{a-1} .$$

定义域。 要 $b>0$ 须 $a-1>0$，即 $a>1$。（这正是几何上的要求：$P$ 在第一象限内部， 截距必须都大于 $P$ 的对应坐标。）

面积函数。

$$S(a)=\frac12ab=\frac12\cdot a\cdot\frac{a}{a-1}=\frac{a^{2}}{2(a-1)},\qquad a>1 .$$

求导。

$$S'(a)=\frac{2a\cdot2(a-1)-a^{2}\cdot2}{4(a-1)^{2}} =\frac{4a^{2}-4a-2a^{2}}{4(a-1)^{2}} =\frac{2a^{2}-4a}{4(a-1)^{2}}=\frac{a(a-2)}{2(a-1)^{2}} .$$

在 $a>1$ 上分母为正、$a>0$，故 $S'$ 的符号只由 $a-2$ 决定：

$a=2$ 是唯一极小值点，因而是最小值点。此时

$$b=\frac{2}{2-1}=2,\qquad S_{\min}=\frac{2^{2}}{2(2-1)}=2 .$$

答：当 $A(2,0)$、$B(0,2)$，即直线 $AB$ 的方程为 $\dfrac x2+\dfrac y2=1$（也就是 $x+y=2$， 斜率 $-1$）时，$\triangle AOB$ 的面积最小，最小面积为 $2$。

自检（另一条路）。 由 $\dfrac1a+\dfrac1b=1$ 与基本不等式， $1=\dfrac1a+\dfrac1b\geqslant\dfrac{2}{\sqrt{ab}}$，得 $\sqrt{ab}\geqslant2$，$ab\geqslant4$， 故 $S=\dfrac{ab}{2}\geqslant2$，等号当且仅当 $a=b=2$，与导数结论一致。

这道题的动作：约束条件（过定点）用来消元，目标（面积）用来求导。 定义域 $a>1$ 是从 $b>0$ 逼出来的，不写它，$a=0$ 这个 $S'$ 的另一个零点就会混进来。

复习参考题 5 第 11 题

11. 如图，直线 $l$ 和圆 $P$ ，当 $l$ 从 $l_0$ 开始在平面上按逆时针方向绕点 $O$ 匀速转动（转动角度不超过 $90^{\circ}$ ）时，它扫过的圆内阴影部分的面积 $S$ 是时间 $t$ 的函数. 这个函数的图象大致是（ ）.

(A)

(B)

这类题不需要求出 $S(t)$ 的解析式，只需判断 $S'(t)$ 的变化趋势。

先看图上的几何关系。 直线 $l_{0}$ 过 $O$ 且与圆 $P$ 相切（图上圆恰好压在 $l_{0}$ 上）， $l$ 绕 $O$ 匀速逆时针转动，扫过的阴影是圆内被 $l_{0}$ 与 $l$ 夹住的那部分。

$S$ 的增长快慢由什么决定？ 设转角 $\theta=\omega t$（$\omega$ 是常数角速度）。 转角再增加一点点 $\Delta\theta$ 时，新扫过的是一片以 $O$ 为顶点的”细扇形”， 它落在圆内的那一段有多长，决定了这一瞬扫进来的面积有多大。也就是说，

$$S'(t)\ \propto\ (\text{直线 }l\ \text{被圆截得的弦所处的位置与长度}) .$$

于是可以逐段判断：

• 刚开始（$l$ 接近 $l_{0}$）：$l$ 与圆几乎相切，截出的弦很短，$S'$ 接近 $0$ ⟹ 曲线起步平缓；
• 中途（$l$ 扫过圆心 $P$ 附近）：截出的弦最长（过圆心时是直径），$S'$ 达到最大 ⟹ 曲线最陡；
• 最后（$l$ 转到圆的另一侧、又接近相切）：弦重新变短，$S'$ 回落到 $0$ ⟹ 曲线重新变平， 并稳定在圆的总面积那个高度。

所以 $S(t)$ 的图象是一条慢 → 快 → 慢的 S 形递增曲线，两端平缓、中间陡峭，且上方有水平的封顶 （扫完整个圆之后不再增加）。

逐个选项排除：

答：选 (D)。

这道题的动作：函数图象题不必求解析式，判 $S'$ 的单调性就够。 把「面积增长的快慢」翻译成「扫过的那条弦有多长」，是本题唯一的一步实质推理； 剩下的是把”慢-快-慢”这个节奏与四张图对号。

复习参考题 5 第 12 题

12. 当室内的有毒细菌开始增加时，就要使用杀菌剂。刚开始使用的时候，细菌数量还会继续增加，随着时间的增加，它增加的幅度逐渐变小，到一定时间，细菌数量开始减少。已知使用杀菌剂 $t \mathrm{~h}$ 后的细菌数量为 $b(t) = 10^{5} + 10^{4} t - 10^{3} t^{2}$。（1）求细菌数量在 $t = 5$ 与 $t = 10$ 时的瞬时变化率。（2）细菌数量在哪段时间增加，在哪段时间减少？为什么？

求导。 瞬时变化率就是 $b'(t)$：

$$b'(t)=10^{4}-2\times10^{3}t .$$

(1) 代入两个时刻：

$$b'(5)=10^{4}-2\times10^{3}\times5=10^{4}-10^{4}=0 ,$$ $$b'(10)=10^{4}-2\times10^{3}\times10=10^{4}-2\times10^{4}=-10^{4} .$$

答：$t=5$ 时瞬时变化率为 $0$（细菌数量此刻既不增也不减，正处在峰值）； $t=10$ 时瞬时变化率为 $-10^{4}$，即每小时减少约 $10\,000$ 个。

(2) 先明确定义域：$t\geqslant0$；又细菌数量非负，$b(t)\geqslant0$ 即

$$10^{3}\left(100+10t-t^{2}\right)\geqslant0\ \Longleftrightarrow\ t^{2}-10t-100\leqslant0 \ \Longleftrightarrow\ 0\leqslant t\leqslant5+5\sqrt5\approx16.2 ,$$

模型在 $t\approx16.2\ \mathrm{h}$ 之后就没有实际意义了。

再判 $b'$ 的符号：$b'(t)=10^{3}(10-2t)$，故

答：在 $0\leqslant t<5$（前 5 小时）细菌数量增加，在 $t>5$ 之后减少。 理由就是导数的符号：$t<5$ 时 $b'(t)>0$，$t>5$ 时 $b'(t)<0$；$t=5$ 是转折点， 此时细菌数量达到最大值

$$b(5)=10^{5}+5\times10^{4}-25\times10^{3}=100\,000+50\,000-25\,000=125\,000 .$$

与题目描述对照（自检）：题面说”刚开始细菌还会继续增加，增加的幅度逐渐变小，到一定时间开始减少”。 模型完全吻合——$b'$ 是一条递减的直线：起初 $b'(0)=10^{4}>0$（在增加）， $b'$ 一路变小（增加的幅度变小），在 $t=5$ 处穿过零（开始减少）。

复习参考题 5 第 13 题

13. 已知曲线 $y = x + \ln x$ 在点（1，1）处的切线与曲线 $y = ax^2 + (2a + 3)x + 1$ 只有一个公共点，求 $a$ 的值.

第一步：求切线。 曲线 $y=x+\ln x$ 的定义域是 $x>0$；验切点：$x=1$ 时 $y=1+\ln1=1$ ✓。

$$y'=1+\frac1x,\qquad y'\big|_{x=1}=1+1=2 .$$

切线方程为 $y-1=2(x-1)$，即

$$y=2x-1 .$$

第二步：联立。 与 $y=ax^{2}+(2a+3)x+1$ 联立消去 $y$：

$$2x-1=ax^{2}+(2a+3)x+1 ,$$ $$ax^{2}+(2a+3-2)x+2=0,\qquad\text{即}\qquad ax^{2}+(2a+1)x+2=0 . \tag{$*$}$$

“只有一个公共点”就是方程 $(*)$ 恰有一个实根。这里必须分 $a=0$ 与 $a\neq0$ 两类—— $(*)$ 是不是二次方程，取决于 $a$。

情形一：$a=0$。 $(*)$ 变成一次方程 $x+2=0$，唯一解 $x=-2$，公共点只有一个 ✓。 （此时第二条曲线是直线 $y=3x+1$，与切线 $y=2x-1$ 斜率不同，必交于唯一点，几何上也对得上。）

情形二：$a\neq0$。 $(*)$ 是二次方程，恰有一个实根 $\iff\Delta=0$：

$$\Delta=(2a+1)^{2}-4\cdot a\cdot2=4a^{2}+4a+1-8a=4a^{2}-4a+1=(2a-1)^{2} .$$

令 $(2a-1)^{2}=0$ 得 $a=\dfrac12$，满足 $a\neq0$ ✓。 此时 $(*)$ 为 $\dfrac12x^{2}+2x+2=0$，即 $x^{2}+4x+4=0$，重根 $x=-2$，公共点唯一 ✓。

答：$a=0$ 或 $a=\dfrac12$。

这道题的动作：“只有一个公共点”不等于”判别式为零”。 二次项系数含参时， $a=0$ 让方程降次成一次、照样只有一个解，是最容易漏掉的那一类。 本题的判别式恰好是完全平方 $(2a-1)^{2}$，除 $a=\dfrac12$ 外都 $>0$， 所以两类各贡献一个答案，缺一不可。

复习参考题 5 第 14 题

14. 用总长 $14.8 \mathrm{~m}$ 的钢条制作一个长方体容器的框架, 如果所制容器底面一边的长比另一边的长多 $0.5 \mathrm{~m}$, 那么高为多少时容器的容积最大? 最大容积是多少?

设未知量并用总长消元。 设底面较短的一边长为 $x\ \mathrm{m}$，则较长的一边为 $(x+0.5)\ \mathrm{m}$， 设高为 $h\ \mathrm{m}$。长方体框架共 12 条棱，三个方向各 4 条：

$$4\big[x+(x+0.5)+h\big]=14.8\quad\Longrightarrow\quad 2x+h=3.2\quad\Longrightarrow\quad h=3.2-2x .$$

定义域。 须 $x>0$ 且 $h>0$，即 $3.2-2x>0$，故

$$0<x<1.6 .$$

容积函数。

$$V(x)=x(x+0.5)(3.2-2x)=-2x^{3}+2.2x^{2}+1.6x,\qquad 0<x<1.6 .$$

（展开核对：$x(x+0.5)=x^{2}+0.5x$；再乘 $(3.2-2x)$ 得 $3.2x^{2}-2x^{3}+1.6x-x^{2}=-2x^{3}+2.2x^{2}+1.6x$ ✓）

求导。

$$V'(x)=-6x^{2}+4.4x+1.6 .$$

令 $V'(x)=0$，即 $6x^{2}-4.4x-1.6=0$，两边乘 $\dfrac52$ 化成整系数：

$$15x^{2}-11x-4=0\quad\Longrightarrow\quad (15x+4)(x-1)=0 ,$$ $$x=1\quad\text{或}\quad x=-\frac{4}{15}\ (\text{舍，不在定义域内}) .$$

判号。 $V'$ 是开口向下的二次函数，两根为 $-\dfrac4{15}$ 与 $1$，故在 $(0,1)$ 上 $V'>0$、 在 $(1,1.6)$ 上 $V'<0$。$x=1$ 是唯一极大值点，因而是最大值点。

代回。

$$h=3.2-2\times1=1.2\ (\mathrm{m}),\qquad V_{\max}=1\times1.5\times1.2=1.8\ (\mathrm{m}^{3}) .$$

答：高为 $1.2\ \mathrm{m}$ 时容积最大，最大容积是 $1.8\ \mathrm{m}^{3}$。

自检。 核对钢条总长：$4\times(1+1.5+1.2)=4\times3.7=14.8\ \mathrm{m}$ ✓。 再试两个邻近值：$x=0.9$ 时 $h=1.4$，$V=0.9\times1.4\times1.4=1.764<1.8$； $x=1.1$ 时 $h=1.0$，$V=1.1\times1.6\times1.0=1.76<1.8$，最大点确在 $x=1$。

注意题目问的是”高”，答案要答 $h=1.2\ \mathrm{m}$，不是 $x=1$。 设的量与问的量不一致时， 最后必须换回去——这是实际问题最常见的丢分处。

复习参考题 5 第 15 题

15. 用半径为 $R$ 的圆形铁皮剪出一个圆心角为 $\alpha$ 的扇形，制成一个圆锥形容器。扇形的圆心角 $\alpha$ 为多大时，容器的容积最大？

先把扇形与圆锥的关系写清楚。 剪出的扇形半径是 $R$、圆心角是 $\alpha$（弧度制）， 卷成圆锥后：

• 扇形的弧长 = 圆锥底面圆的周长：设底面半径为 $r$，则 $\alpha R=2\pi r$，故 $r=\dfrac{\alpha R}{2\pi}$；
• 扇形的半径 = 圆锥的母线长：母线为 $R$，于是由勾股定理，圆锥的高

$$h=\sqrt{R^{2}-r^{2}} .$$

定义域。 须 $0<r<R$（$r=R$ 时高为零，卷不成锥），对应 $0<\alpha<2\pi$。

容积函数（先以 $r$ 为变量，最后再换回 $\alpha$）。

$$V(r)=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi r^{2}\sqrt{R^{2}-r^{2}},\qquad 0<r<R .$$

技巧：对 $V^{2}$ 求最值。 $V>0$，且 $t\mapsto t^{2}$ 在 $t>0$ 上递增， 所以 $V$ 与 $V^{2}$ 在同一点取到最大值。令

$$W(r)=V^{2}=\frac{\pi^{2}}{9}r^{4}\left(R^{2}-r^{2}\right)=\frac{\pi^{2}}{9}\left(R^{2}r^{4}-r^{6}\right) .$$

这样就避开了根号。求导：

$$W'(r)=\frac{\pi^{2}}{9}\left(4R^{2}r^{3}-6r^{5}\right)=\frac{\pi^{2}}{9}\,r^{3}\left(4R^{2}-6r^{2}\right) .$$

在 $(0,R)$ 上 $r^{3}>0$，故 $W'$ 的符号与 $4R^{2}-6r^{2}$ 相同。令 $W'(r)=0$ 得

$$r^{2}=\frac{2R^{2}}{3},\qquad r_{0}=\frac{\sqrt6}{3}R\approx0.816R\in(0,R) ✓$$

判号：$r<r_{0}$ 时 $4R^{2}-6r^{2}>0$ 即 $W'>0$；$r>r_{0}$ 时 $W'<0$。 $r_{0}$ 是唯一极大值点，因而是最大值点。

换回圆心角。

$$\alpha=\frac{2\pi r_{0}}{R}=\frac{2\pi}{R}\cdot\frac{\sqrt6}{3}R=\frac{2\sqrt6}{3}\pi .$$

答：当圆心角 $\alpha=\dfrac{2\sqrt6}{3}\pi$（约 $5.13$ 弧度，即约 $294^{\circ}$）时容积最大，此时

$$h=\sqrt{R^{2}-\frac{2R^{2}}{3}}=\frac{\sqrt3}{3}R,\qquad V_{\max}=\frac13\pi\cdot\frac{2R^{2}}{3}\cdot\frac{\sqrt3}{3}R=\frac{2\sqrt3}{27}\pi R^{3} .$$

自检。 $\alpha\approx294^{\circ}<360^{\circ}$，扇形确实剪得出来 ✓； 再取 $r=0.7R$ 与 $r=0.9R$ 试算 $V/(\pi R^{3})$： $\dfrac13(0.49)\sqrt{1-0.49}=0.1166$、$\dfrac13(0.81)\sqrt{1-0.81}=0.1177$， 而 $r_{0}$ 处为 $\dfrac{2\sqrt3}{27}\approx0.1283$，两侧都更小 ✓。

这道题的动作：带根号的最值，先对平方求导。 $V$ 里既有 $r^{2}$ 又有 $\sqrt{R^{2}-r^{2}}$， 直接求导要用乘积法则再通分；换成 $V^{2}$ 之后是纯多项式，导数一眼分解。 另外一定要把答案换回题目问的量（问的是圆心角 $\alpha$，不是底面半径 $r$）。

复习参考题 5 第 16 题

16. 已知 A, B 两地的距离是 $130 \mathrm{~km}$. 根据交通法规, 两地之间的公路车速应限制在 $50 \sim 100 \mathrm{~km/h}$. 假设油价是 7 元/L, 以 $x \mathrm{~km/h}$ 的速度行驶时, 汽车的耗油率为 $\left(3 + \frac{x^2}{360}\right) \mathrm{L/h}$, 司机每小时的工资是 35 元. 那么最经济的车速是多少 (精确到 $1 \mathrm{~km/h}$)? 如果不考虑其他费用, 这次行车的总费用是多少 (精确到 1 元)?

把总费用写成 $x$ 的函数。 以 $x\ \mathrm{km/h}$ 行驶 $130\ \mathrm{km}$，所需时间为

$$T=\frac{130}{x}\ (\mathrm{h}) .$$

每小时的花费由两部分组成：油费 $7\left(3+\dfrac{x^{2}}{360}\right)$ 元/h 与 工资 $35$ 元/h。 所以总费用

$$y(x)=\frac{130}{x}\left[7\left(3+\frac{x^{2}}{360}\right)+35\right] =\frac{130}{x}\left(56+\frac{7x^{2}}{360}\right) ,$$ $$y(x)=\frac{7280}{x}+\frac{910x}{360}=\frac{7280}{x}+\frac{91x}{36},\qquad 50\leqslant x\leqslant100 .$$

（$130\times56=7280$；$130\times\dfrac{7}{360}=\dfrac{910}{360}=\dfrac{91}{36}$。）

求导。

$$y'(x)=-\frac{7280}{x^{2}}+\frac{91}{36} .$$

令 $y'(x)=0$：

$$x^{2}=\frac{7280\times36}{91}=\frac{262080}{91}=2880 ,$$ $$x_{0}=\sqrt{2880}=24\sqrt5\approx53.666 .$$

先验它在限速范围内：$50<53.666<100$ ✓。

判号：$y'(x)=\dfrac{91}{36}-\dfrac{7280}{x^{2}}$ 中 $\dfrac{7280}{x^{2}}$ 随 $x$ 递减， 故 $y'$ 随 $x$ 递增；$x<x_{0}$ 时 $y'<0$、$x>x_{0}$ 时 $y'>0$。 $x_{0}$ 是 $[50,100]$ 上的唯一极小值点，因而是最小值点（端点 $50$ 与 $100$ 的函数值都更大）。

答（精确到 $1\ \mathrm{km/h}$）：最经济的车速约为 $54\ \mathrm{km/h}$。

总费用。 在 $x_{0}=\sqrt{2880}$ 处两项恰好相等：

$$y(x_{0})=2\sqrt{\frac{7280}{1}\cdot\frac{91}{36}}=2\sqrt{\frac{662480}{36}} =2\times135.65\approx271.3 ,$$

用四舍五入后的 $x=54$ 核算也一样：

$$y(54)=\frac{7280}{54}+\frac{91\times54}{36}\approx134.81+136.50=271.31 .$$

答：这次行车的总费用约为 $271$ 元。

这道题的动作：“最经济”要先问清”费用由哪几项构成”。 本题的关键是把 “每小时的钱”乘上”开了几小时”——跑得快省工资却费油，跑得慢省油却费工资， 两项一个随 $x$ 减、一个随 $x$ 增，最优点就在两者相等处（$\dfrac{7280}{x}=\dfrac{91x}{36}$）。 另外限速区间必须验：若算出的 $x_{0}$ 落在 $[50,100]$ 之外，答案就要改取端点。

复习参考题 5 第 17 题

17. 作函数 $y=\frac{\mathrm{e}^{x}(2x-1)}{x-1}$ 的大致图象.

按课本第 101 页给的五步走。

第 1 步：定义域。 分母 $x-1\neq0$，故定义域为 $\{x\mid x\neq1\}$，即 $(-\infty,1)\cup(1,+\infty)$。

第 2 步：求导并找 $y'$ 的零点。 用商的法则，先算分子的导数：

$$\big[\mathrm{e}^{x}(2x-1)\big]'=\mathrm{e}^{x}(2x-1)+2\mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{x}(2x+1) ,$$ $$y'=\frac{\mathrm{e}^{x}(2x+1)(x-1)-\mathrm{e}^{x}(2x-1)}{(x-1)^{2}} =\frac{\mathrm{e}^{x}\big[(2x^{2}-x-1)-(2x-1)\big]}{(x-1)^{2}} =\frac{\mathrm{e}^{x}\,x(2x-3)}{(x-1)^{2}} .$$

因 $\mathrm{e}^{x}>0$、$(x-1)^{2}>0$，$y'$ 的符号完全由 $x(2x-3)$ 决定，零点为 $x=0$ 与 $x=\dfrac32$。

第 3 步：列表判号（切分点还要加上定义域的断点 $x=1$）。

于是极大值 $y(0)=\dfrac{1\times(-1)}{-1}=1$，极小值

$$y\left(\frac32\right)=\frac{\mathrm{e}^{3/2}(3-1)}{\frac12}=4\mathrm{e}^{3/2}\approx17.93 .$$

（注意 $x=1$ 处函数无定义，虽然两侧 $y'$ 同号，也不能把 $(0,1)$ 与 $\left(1,\dfrac32\right)$ 合并成一个递减区间。）

第 4 步：特殊点与变化趋势。

• 与 $x$ 轴的交点：$2x-1=0$ 得 $x=\dfrac12$，点 $\left(\dfrac12,0\right)$；
• 与 $y$ 轴的交点：$x=0$ 时 $y=1$，点 $(0,1)$（正是极大值点）；
• 符号：$x<\dfrac12$ 时 $2x-1<0$、$x-1<0$，$y>0$；$\dfrac12<x<1$ 时 $y<0$；$x>1$ 时 $y>0$；
• 竖直渐近线 $x=1$：$x\to1^{-}$ 时分子 $\to\mathrm{e}\cdot1>0$、分母 $\to0^{-}$，故 $y\to-\infty$； $x\to1^{+}$ 时 $y\to+\infty$；
• 水平渐近线 $y=0$：$x\to-\infty$ 时 $\mathrm{e}^{x}\to0$ 而 $\dfrac{2x-1}{x-1}\to2$， 故 $y\to0$，且由上面的符号讨论知是从上方趋近；
• $x\to+\infty$ 时 $\mathrm{e}^{x}\to+\infty$、$\dfrac{2x-1}{x-1}\to2$，故 $y\to+\infty$。

第 5 步：画出大致图象。 综合以上：

• 在 $(-\infty,0)$ 上，曲线从左端贴着 $x$ 轴上方（$y\to0^{+}$）一路上升，到 $(0,1)$ 处到达 极大值，切线水平；
• 在 $(0,1)$ 上下降，穿过 $x$ 轴于 $\left(\dfrac12,0\right)$，随后急速跌向 $-\infty$， 以直线 $x=1$ 为竖直渐近线；
• 在 $\left(1,\dfrac32\right)$ 上，曲线从 $+\infty$ 急速下落，到 $\left(\dfrac32,\ 4\mathrm{e}^{3/2}\right)$ 处到达极小值 $\approx17.9$，切线水平；
• 在 $\left(\dfrac32,+\infty\right)$ 上重新上升且越来越陡，趋于 $+\infty$。

自检。 取几个点验一下走势：$y(-2)=\dfrac{\mathrm{e}^{-2}\times(-5)}{-3}\approx0.226$、 $y(-1)=\dfrac{\mathrm{e}^{-1}\times(-3)}{-2}\approx0.552$、$y(0)=1$——左段确在上升且趋于 $0$ ✓； $y(2)=\dfrac{\mathrm{e}^{2}\times3}{1}\approx22.17>4\mathrm{e}^{3/2}\approx17.93$ ✓，右段确在上升。

这道题的动作：“作大致图象”要交四样东西——单调区间与极值、与坐标轴的交点、 两端的趋势、渐近线。本题特别之处在于定义域断开，$x=1$ 这条竖直渐近线把图象切成两支， 列表时断点必须与 $y'$ 的零点一起当切分点，否则会把两支的单调性错误地连起来。

复习参考题 5 第 18 题

18. 已知函数 $f(x) = \mathrm{e}^{x} - \ln (x + m)$. 当 $m \leqslant 2$ 时，求证 $f(x) > 0$.

先写定义域。 $\ln(x+m)$ 要求 $x+m>0$，即 $x>-m$。要证的是：对一切 $x>-m$ 有 $\mathrm{e}^{x}>\ln(x+m)$。

第一步：把参数 $m$ 消掉，只需证 $m=2$ 那一条。

设 $m\leqslant2$，取任意 $x>-m$。由 $m\leqslant2$ 得 $-m\geqslant-2$，故 $x>-m\geqslant-2$， 即 $x>-2$，$\ln(x+2)$ 也有定义。又 $0<x+m\leqslant x+2$，而 $\ln$ 是增函数，所以

$$\ln(x+m)\leqslant\ln(x+2) .$$

于是

$$f(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln(x+m)\geqslant\mathrm{e}^{x}-\ln(x+2) .$$

因此只要证明：当 $x>-2$ 时 $\mathrm{e}^{x}>\ln(x+2)$。

第二步：用两条已证的基本不等式夹一下。 本章已经证过两条（习题 5.3 第 12 题与第 99 页练习第 2 题）：

$$\mathrm{e}^{x}\geqslant x+1\ (x\in\mathbf{R})，\ \text{等号当且仅当}\ x=0；$$ $$\ln t\leqslant t-1\ (t>0)，\ \text{等号当且仅当}\ t=1 .$$

（第二条即第 99 页练习第 2 题的 $t-1\geqslant\ln t$。）

在第二条里取 $t=x+2>0$，得

$$\ln(x+2)\leqslant(x+2)-1=x+1 .$$

把两条串起来：

$$\mathrm{e}^{x}\ \geqslant\ x+1\ \geqslant\ \ln(x+2) . \tag{$\star$}$$

第三步：说明 $(\star)$ 里至少有一个是严格不等号。

左边取等号要求 $x=0$；右边取等号要求 $x+2=1$，即 $x=-1$。 这两个条件不可能同时成立，所以对任何 $x>-2$，$(\star)$ 中至少有一处是严格的，从而

$$\mathrm{e}^{x}>\ln(x+2)\qquad(x>-2) .$$

收口。 结合第一步，对 $m\leqslant2$ 与任意 $x>-m$：

$$f(x)=\mathrm{e}^{x}-\ln(x+m)\geqslant\mathrm{e}^{x}-\ln(x+2)>0 . \qquad\blacksquare$$

自检。 取 $m=2$、$x=-1$：$f(-1)=\mathrm{e}^{-1}-\ln1=0.368>0$ ✓； 取 $m=2$、$x\to-2^{+}$：$\mathrm{e}^{x}\to\mathrm{e}^{-2}\approx0.135$ 而 $\ln(x+2)\to-\infty$， $f\to+\infty$ ✓；取 $m=0$、$x=0.1$：$\mathrm{e}^{0.1}=1.105$，$\ln0.1=-2.303$，$f>0$ ✓。

这道题的动作：含参不等式先”把参数放到最不利的一端”。 $m$ 越大，$\ln(x+m)$ 越大、 $f$ 越小，所以 $m=2$ 是最难的一档；证下它，$m<2$ 自动成立。 第二步用的是「指数在切线之上、对数在切线之下」这一对镜像不等式， 它们的公共切线正是 $y=x+1$——这也是为什么两处的等号点（$x=0$ 与 $x=-1$）必然错开。

复习参考题 5 第 19 题

19. 已知函数 $f(x) = a\mathrm{e}^{2x} + (a - 2)\mathrm{e}^x - x$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性；

(2) 若 $f(x)$ 有两个零点，求 a 的取值范围.

定义域为 $\mathbf{R}$。

(1) 求导并因式分解。

$$f'(x)=2a\mathrm{e}^{2x}+(a-2)\mathrm{e}^{x}-1 .$$

把它看成关于 $\mathrm{e}^{x}$ 的二次式并分解：

$$f'(x)=\left(2\mathrm{e}^{x}+1\right)\left(a\mathrm{e}^{x}-1\right) .$$

（展开核对：$2a\mathrm{e}^{2x}-2\mathrm{e}^{x}+a\mathrm{e}^{x}-1=2a\mathrm{e}^{2x}+(a-2)\mathrm{e}^{x}-1$ ✓）

因 $\mathrm{e}^{x}>0$，恒有 $2\mathrm{e}^{x}+1>1>0$，所以 $f'$ 的符号与 $a\mathrm{e}^{x}-1$ 相同。分两类：

① $a\leqslant0$： 此时 $a\mathrm{e}^{x}\leqslant0$，故 $a\mathrm{e}^{x}-1\leqslant-1<0$， $f'(x)<0$ 恒成立。$f$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递减。

② $a>0$： 解 $a\mathrm{e}^{x}-1=0$ 得 $\mathrm{e}^{x}=\dfrac1a$，即 $x=-\ln a$。 由 $\mathrm{e}^{x}$ 递增知：$x<-\ln a$ 时 $a\mathrm{e}^{x}<1$，$f'<0$；$x>-\ln a$ 时 $f'>0$。 $f$ 在 $(-\infty,-\ln a)$ 上单调递减，在 $(-\ln a,+\infty)$ 上单调递增， $x=-\ln a$ 是唯一极小值点。

(2) 零点个数。

先排除 $a\leqslant0$： 由 (1)，$f$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减，至多一个零点，不可能有两个。

再看 $a>0$： $f$ 先减后增，最小值在 $x_{0}=-\ln a$ 处。计算它—— 此时 $\mathrm{e}^{x_{0}}=\dfrac1a$，$\mathrm{e}^{2x_{0}}=\dfrac1{a^{2}}$，$-x_{0}=\ln a$：

$$f(x_{0})=a\cdot\frac1{a^{2}}+(a-2)\cdot\frac1a+\ln a =\frac1a+1-\frac2a+\ln a=\ln a-\frac1a+1 .$$

两端的趋势（这一步决定”最小值为负”是否真能推出两个零点）：

• $x\to+\infty$：$a\mathrm{e}^{2x}$ 是指数增长，压过 $-x$ 的线性下降，故 $f(x)\to+\infty$；
• $x\to-\infty$：$\mathrm{e}^{2x}\to0$、$\mathrm{e}^{x}\to0$，而 $-x\to+\infty$，故 $f(x)\to+\infty$。

于是 $f$ 在 $(-\infty,x_{0}]$ 上从 $+\infty$ 严格降到 $f(x_{0})$、在 $[x_{0},+\infty)$ 上从 $f(x_{0})$ 严格升回 $+\infty$。由零点存在定理与严格单调性：

$$f(x)\ \text{恰有两个零点}\ \iff\ f(x_{0})<0 .$$

解不等式 $f(x_{0})<0$。 令

$$g(a)=\ln a-\frac1a+1,\qquad a>0 .$$

求导：

$$g'(a)=\frac1a+\frac1{a^{2}}>0 ,$$

故 $g$ 在 $(0,+\infty)$ 上严格递增。又

$$g(1)=\ln1-1+1=0 ,$$

所以

$$g(a)<0\iff 0<a<1 .$$

答：$a$ 的取值范围是 $(0,\ 1)$。

自检。 取 $a=\dfrac12$：$x_{0}=\ln2\approx0.693$， $f(x_{0})=\ln\dfrac12-2+1=-0.693-1=-1.693<0$，应有两个零点； 直接验两个符号相反的点：$f(0)=\dfrac12-\dfrac32-0=-1<0$、 $f(-2)=\dfrac12\mathrm{e}^{-4}-\dfrac32\mathrm{e}^{-2}+2\approx0.009-0.203+2=1.806>0$、 $f(2)=\dfrac12\mathrm{e}^{4}-\dfrac32\mathrm{e}^{2}-2\approx27.30-11.08-2=14.22>0$， $(-2,0)$ 与 $(0,2)$ 内各有一个零点 ✓。 再取 $a=1$：$f(x_{0})=g(1)=0$，只有一个零点（重合在极小值点上），恰好落在范围之外 ✓。

这道题的动作：含参零点题的三步—— ① 求导后把 $\mathrm{e}^{x}$ 当整体因式分解，符号讨论就只剩一个因子； ② 用唯一极小值把”两个零点”翻译成”最小值 $<0$“，但必须先验两端都趋于 $+\infty$， 否则最小值为负也可能只有一个零点甚至没有； ③ 最小值本身又是一个关于 $a$ 的函数，再求一次导判它的单调性， 临界值 $a=1$ 由 $g(1)=0$ 一眼看出，不必解超越方程。