1．设a为实数，函数f(x)＝x3－ax2＋(a2－1)x在(－∞，0)和(1，＋∞)上都是增函数，求a的取值范围．解：f′(x)＝3x2－2ax＋(a2－1)，其判别式Δ＝4a2－12a2＋12＝12－8a2.(1)若Δ＝12－8a2≤0，恒有f′(x)≥0，当a＝±eq\f(\r(6),2)时，f′(x)＝3x2±eq\r(6)x＋eq\f(1,2)在x∈R上f′(x)≥0，∴当a∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(6),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞))时，f(x)在(－∞，0)和(1，＋∞)上都是增函数．(2)Δ＝12－8a2>0时，设g(x)＝f′(x)＝3x2－2ax＋a2－1需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g1≥0,g0≥0,0<\f(a,3)<1))，解得1≤a<3.综上，f(x)在(－∞，0)和(1，＋∞)上都是增函数，取(1)与(2)并集．所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(6),2)))∪[1，＋∞)．2．若函数f(x)＝ax3－bx＋4，当x＝2时，函数f(x)有极值－eq\f(4,3).(1)求函数的解析式；(2)求函数f(x)的极大值．解：(1)由题意可知f′(x)＝3ax2－b.于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f′2＝12a－b＝0,f2＝8a－2b＋4＝－\f(4,3)))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,3),b＝4)).故所求的函数解析式为f(x)＝eq\f(1,3)x3－4x＋4.(2)由(1)可知f′(x)＝x2－4＝(x－2)(x＋2)．令f′(x)＝0，得x＝2或x＝－2，当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－2)－2(－2,2)2(2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗eq\f(28,3)↘－eq\f(4,3)↗因此，当x＝－2时，f(x)有极大值eq\f(28,3).一、选择题1．(2012·天津质检)函数f(x)＝(4－x)ex的单调递减区间是()A．(－∞，4)B．(－∞，3)C．(4，＋∞)D．(3，＋∞)解析：选D.f′(x)＝－1×ex＋(4－x)·ex＝ex(3－x)，令f′(x)<0，由于ex>0，∴3－x<0，解得x>3.2．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(－∞，＋∞)解析：选B.由题意，令φ(x)＝f(x)－2x－4，则φ′(x)＝f′(x)－2>0.∴φ(x)在R上是增函数．又φ(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，∴当x>－1时，φ(x)>φ(－1)＝0，即f(x)－2x－4>0，即f(x)>2x＋4.故选B.3．设函数f(x)在定义域内可导，y＝f(x)的图像如图所示，则导函数y＝f′(x)的图像可能为图中的()解析：选D.由y＝f(x)的图像知当x<0时，y＝f(x)为增函数，当x>0时，y＝f(x)先增后减，再增，也就是当x<0时，f′(x)的值为正，当x>0时，f′(x)的值先正后负再正．4．函数y＝ax3－x在R上是减函数，则()A．a≥eq\f(1,3)B．a＝1C．a＝2D．a≤0解析：选D.因为y′＝3ax2－1，函数y＝ax3－x在(－∞，＋∞)上是减函数，所以y′＝3ax2－1≤0恒成立，即3ax2≤1恒成立．当x＝0时，3ax2≤1恒成立，此时a∈R；当x≠0时，若a≤eq\f(1,3x2)恒成立，则a≤0.综上可得a≤0.5．若a>0，b>0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，则ab的最大值等于()A．2B．3C．6D．9解析：选D.由题意得f′(x)＝12x2－2ax－2b.∵函数f(x)在x＝1处有极值，∴f′(1)＝0.∴12－2a－2b＝0，即a＋b＝6.又∵a>0，b>0，由基本不等式得a＋b≥2eq\r(ab)，即ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,2)))2＝9，故ab的最大值是9.二、