小结教学设计思路

第一章

导数及其应用 章末复习课

光山三高 王道保 2019.7.7 教学目标：1.熟练掌握导数的几何意义

2.会求函数的切线方程

3.会求函数的极值，极值点。

4.掌握利用导数判断函数的单调性。

1.对于导数的定义，必须明确定义中包含的基本内容和Δx→0Δy的方式，导数是函数的增量Δy与自变量的增量Δx的比ΔxΔyf（x0＋Δx）－f（x0）的极限，即lim＝lim. ΔxΔxx0x0

函数y＝f(x)在点x0处的导数的几何意义，就是曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率.

2.曲线的切线方程

利用导数求曲线过点P的切线方程时应注意：

(1)判断P点是否在曲线上；

(2)如果曲线y＝f(x)在P(x0，f(x0))处的切线平行于y轴(此时导数不存在)，可得方程为x＝x0；P点坐标适合切线方程，P点处的切线斜率为f′(x0). 3.利用基本初等函数的求导公式和四则运算法则求导数，熟记基本求导公式，熟练运用法则是关键，有时先化简再求导，会给解题带来方便.因此观察式子的特点，对式子进行适当的变形是优化解题过程的关键. 4.判断函数的单调性

(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解决问题的过程中，只能在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间；

(2)注意在某一区间内f′(x)＞0(或f′(x)＜0)是函数f(x)在该区间上为增(或减)函数的充分条件. 5.利用导数研究函数的极值要注意

(1)极值是一个局部概念，是仅对某一点的左右两侧领域而

言的.

(2)连续函数f(x)在其定义域上的极值点可能不止一个，也可能没有极值点，函数的极大值与极小值没有必然的大小联系，函数的一个极小值也不一定比它的一个极大值小.

(3)可导函数的极值点一定是导数为零的点，但函数的导数为零的点，不一定是该函数的极值点.因此导数为零的点仅是该点为极值点的必要条件，其充要条件是加上这点两侧的导数异号. 6.求函数的最大值与最小值

(1)函数的最大值与最小值：在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)，在[a，b]上必有最大值与最小值；但在开区间(a，b)内连续的函数f(x)不一定有最大值与最小值，例如：f(x)＝x3，x∈(－1，1).

(2)求函数最值的步骤

一般地，求函数y＝f(x)在[a，b]上最大值与最小值的步骤如下：

①求函数y＝f(x)在(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.

方法一

应用导数解决与切线相关的问题

【例1】

已知函数f(x)＝x－aln x(a∈R).

(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程；

(2)求函数f(x)的极值. a解

函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－x. 2(1)当a＝2时，f(x)＝x－2ln x，f′(x)＝1－x(x>0)，

因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，

所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为

y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.

ax－a(2)由f′(x)＝1－x＝x，x>0知：

①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；

②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a. 又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；

当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，

从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为

f(a)＝a－aln a，无极大值. 综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；

当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－aln a，无极大值.

规律方法

利用导数求切线方程时关键是找到切点，若切点未知需设出.常见的类型有两种，一类是求“在某点处的切线方程”，则此点一定为切点，易求斜率进而写出直线方程即可得；另一类是求“过某点的切线方程”，这种类型中的点不一定是切点，可y0－y1先设切点为Q(x1，y1)，由＝f′(x1)和y1＝f(x1)求出x1，y1x0－x1的值，转化为第一种类型.

【训练1】

已知函数f(x)＝ax2＋2ln(2－x)(a∈R)，设曲线y＝122f(x)在点(1，f(1))处的切线为l，若l与圆C：x＋y＝相切，4求a的值.

2解

依题意有：f(1)＝a，f′(x)＝2ax＋(x<2)，

x－2f′(1)＝2a－2∴l的方程为2(a－1)x－y＋2－a＝0，

|2－a|111∵l与圆相切，∴＝⇒a＝，

284（a－1）＋1211∴a的值为8.

训练2.函数f(x)=lgx的图像在点（1，f(1))处的切线斜率为

训练3.函数f(x)=a∙2x+bx+c(a,b,c  R)的图像经过点A(1,0),在点（0，f(0))处的切线方程y=(3ln2+2)x-5. (1)求函数f(x)的解析式。

f(x)(2)求函数g(x)=

2x 的极值点。

方法二

导数与函数的单调性

2【例2】

已知函数f(x)＝x－x＋a(2－ln x)，a＞0.讨论f(x)的单调性.

解

由题知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，

22ax－ax＋2f′(x)＝1＋x2－x＝. x2设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8. ①当Δ＜0即0＜a＜22时，对一切x＞0都有f′(x)＞0. 此时f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数. ②当Δ＝0即a＝22时，仅对x＝2，有f′(x)＝0，

对其余的x＞0都有f′(x)＞0.此时f(x)也是(0，＋∞)上的单调递增函数.

③当Δ＞0即a＞22时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x1＝a－a2－8a＋a2－8，x2＝，0＜x1＜x2. 22当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：

x2

0 (x2，＋∞) ＋

↗

x f′(x) f(x)

(0，x1) ＋

↗

x1

0 极大值

(x1，x2) －

↘

极小值

a2－8此时上单调递增，

2a－a2－8a＋a2－8在，上单调递减，

22a＋a2－8在，＋∞上单调递增. 2a－f(x)在0，

规律方法

1.在区间(a，b)内，如果f′(x)＞0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递增；在区间(a，b)内，如果f′(x)＜0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内单调递减. 2.求解函数y＝f(x)单调区间的步骤：

(1)确定函数y＝f(x)的定义域；

(2)求导数y′＝f′(x)；

(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为增区间；

(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为减区间. 特别要注意定义域，写单调区间时，区间之间用“和”或“，”隔开，绝对不能用“∪”连接. 【训练2】

求下列函数的单调区间：

(1)f(x)＝(x－3)ex，x∈(0，＋∞)；

(2)f(x)＝x(x－a)2.

解

(1)f′(x)＝(x－3)′ex＋(x－3)(ex)′＝(x－2)ex，令f′(x)＞0，解得x＞2，又x∈(0，＋∞)，所以函数的单调增区间(2，＋∞)，函数的单调减区间(0，2). (2)函数f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x的定义域为R，

a22由f′(x)＝3x－4ax＋a＝0，得x1＝，x2＝a. 3a①当a>0时，x1

a(a，＋∞)，单调递减区间为3，a. 

②当a<0时，x1>x2，∴函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，aa，＋∞，单调递减区间为a，. 33③当a＝0时，f′(x)＝3x2≥0，∴函数f(x)的单调区间为(－∞，＋∞)，即f(x)在R上是递增的. a综上，a>0时，函数f(x)的单调递增区间为－∞，3，(a，＋∞)，a单调递减区间为3，a. aa<0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，a)，3，＋∞，

a单调递减区间为a，3. a＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).

方法三

利用导数求函数的极值和最值

【例3】

已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx在区间(－2，1)内x＝2－1时取极小值，x＝时取极大值. 3

(1)求函数y＝f(x)在x＝－2时的对应点的切线方程；

(2)求函数y＝f(x)在[－2，1]上的最大值与最小值.

解

(1)f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，

2又x＝－1，x＝3分别在f(x)＝－x3＋ax2＋bx上取得极小值、极大2值，所以－1，为方程－3x2＋2ax＋b＝0的两个根. 3222b所以3a＝－1＋3，－3＝(－1)×3. 11于是a＝－2，b＝2，则f(x)＝－x3－2x2＋2x. x＝－2时，f(－2)＝2，即(－2，2)在曲线上. 又切线斜率为k＝f′(x)＝－3x2－x＋2，f′(－2)＝－8，

所求切线方程为y－2＝－8(x＋2)，即为8x＋y＋14＝0.

(2)x变化时，f′(x)及f(x)的变化情况如表所示：

x f′(x)

f(x)

－2

(－2，－1)

2

－

↘

－1

0

极小

3值－2

2－1，3

＋

↗

23

0

极大

22值27

2，1

3－

↘

1

12

3则f(x)在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－2.

规律方法

1.利用导数求函数极值的一般步骤

(1)确定函数f(x)的定义域；

(2)解方程f′(x)＝0的根；

(3)检验f′(x)＝0的根的两侧f′(x)的符号. 若左正右负，则f(x)在此根处取得极大值；

若左负右正，则f(x)在此根处取得极小值；

否则，此根不是f(x)的极值点. 2.求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最大值、最小值的方法与步骤

(1)求f(x)在(a，b)内的极值；

(2)将(1)求得的极值与f(a)、f(b)相比较，其中最大的一个值为最大值，最小的一个值为最小值. 特别地，①当f(x)在[a，b]上单调时，其最小值、最大值在区间端点取得；②当f(x)在(a，b)内只有一个极值点时，若在这一点处f(x)有极大(或极小)值，则可以断定f(x)在该点处取得最大(最小)值，

这里(a，b)也可以是(－∞，＋∞). x－2x【训练3】

(1)讨论函数f(x)＝e的单调性，并证明当x>0x＋2时，(x－2)ex＋x＋2>0；

ex－ax－a

(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小x2值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.

(1)解

f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞). （x－1）（x＋2）ex－（x－2）exx2exf′(x)＝＝≥0，

（x＋2）2（x＋2）2且仅当x＝0时，f′(x)＝0，

所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)单调递增. 因此当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1. 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.

（x－2）ex＋a（x＋2）x＋2(2)证明

g′(x)＝＝3(f(x)＋a). x3x由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈(0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0

当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增. 因此g(x)在x＝xa处取得最小值，

exa －a（xa＋1）最小值为g(xa)＝

x2aexa＋f（xa）（x＋1）exa＝＝. x2xa＋2a

xex（x＋1）eexaex于是h(a)＝，由x＋2′＝>0，单调递增. xa＋2（x＋2）2x＋2所以，由xa∈(0，2]，

1e0exae2e2得2＝

方法四

导数与函数、不等式的综合应用

1【例4】

设函数f(x)＝－3x3＋2ax2－3a2x＋b(0

(1)求函数f(x)的单调区间和极值；

(2)若当x∈[a＋1，a＋2]时，恒有|f′(x)|≤a，试确定a的取值范围；

2

(3)当a＝时，关于x的方程f(x)＝0在区间[1，3]上恒有两3个相异的实根，求实数b的取值范围.

解

(1)f′(x)＝－x2＋4ax－3a2＝－(x－a)(x－3a). 令f′(x)＝0，得x＝a或x＝3a. 当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) (－∞，a) －

↘

a 0 极小值

(a，3a) ＋

↗

3a 0 极大值

(3a，＋∞) －

↘

∴f(x)在(－∞，a)和(3a，＋∞)上是减函数，在(a，3a)上是增函43数.当x＝a时，f(x)取得极小值，f(x)极小值＝f(a)＝b－a；当x＝3a3时，f(x)取得极大值，f(x)极大值＝f(3a)＝b.

(2)f′(x)＝－x2＋4ax－3a2，其对称轴为x＝2a. 因为0

当x＝a＋2时，f′(x)取得最小值，f′(a＋2)＝4a－4. 2a－1≤a，4于是有即5≤a≤1. 4a－4≥－a，4又因为0

213424(3)当a＝3时，f(x)＝－3x＋3x－3x＋b. 8484f′(x)＝－x2＋3x－3，由f′(x)＝0，即－x2＋3x－3＝0，

22解得x1＝3，x2＝2，即f(x)在－∞，3上是减函数，

2在3，2上是增函数，在(2，＋∞)上是减函数. 要使f(x)＝0在[1，3]上恒有两个相异实根，

即f(x)在(1，2)，(2，3)上各有一个实根，

1f（1）≤0，－＋b≤0，31于是有f（2）>0，即b>0，解得0

规律方法

利用导数研究函数是高考的必考内容，也是高考的重点、热点.考题利用导数作为工具，考查求函数的单调区间、函数的极值与最值，参数的取值范围等问题，若以选择题、填空题出现，以中低档题为主；若以解答题形式出现，则难度以中档以上为主，有时也以压轴题的形式出现.考查中常渗透函数、不等式等有关知识，综合性较强. 1【训练4】

已知函数f(x)＝2x2－aln x(a∈R),

(1)若f(x)在x＝2时取得极值，求a的值；

(2)求f(x)的单调区间；

1223(3)求证：当x＞1时，2x＋ln x＜3x.

aa(1)解

f′(x)＝x－x，因为x＝2是一个极值点，所以2－＝0，则24（x＋2）（x－2）a＝4.此时f′(x)＝x－x＝，因为f(x)的定义域是x(0，＋∞)，所以当x∈(0，2)时，f′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)，

f′(x)＞0，所以当a＝4时，x＝2是一个极小值点，故a＝4.

ax－a(2)解

因为f′(x)＝x－x＝x，所以当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞). 2ax－a（x＋a）（x－a）当a＞0时，f′(x)＝x－x＝x＝，所以x函数f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)；递减区间为(0，a). 231212(3)证明

设g(x)＝3x－2x－ln x，则g′(x)＝2x－x－x，因为当x（x－1）（2x2＋x＋1）＞1时，g′(x)＝＞0，所以g(x)在x∈(1，x11＋∞)上是增函数，所以g(x)＞g(1)＝6＞0，所以当x＞1时，2x223＋ln x＜3x.

2

1.(2013·浙江高考)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(

)

解析

由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢.

答案

B 2.(2014·课标全国Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)上单调递增，则k的取值范围是(

)

A.(－∞，－2]

B.(－∞，－1]

C.[2，＋∞)

D.[1，＋∞)

1解析

f′(x)＝k－x，由题意知f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，

111即k－x≥0，∴k≥x恒成立，而0＜x＜1，∴k≥1.

答案

D 3.(2015·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2，7)，则a＝________.

解析

f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.

在(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1).

将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a).解得a＝1.

答案

1 4.(2015·天津高考)已知函数f(x)＝axln x，x∈(0，＋∞)，其中a为实数，f′(x)为f(x)的导函数.若f′(1)＝3，则a的值为________.

1解析

f′(x)＝aln x＋ax·x＝a(ln x＋1)，由f′(1)＝3得，a(ln 1＋1)＝3，解得a＝3.

答案

3

ax5.(2015·安徽高考)已知函数f(x)＝(a>0，r>0). （x＋r）2(1)求f(x)的定义域，并讨论f(x)的单调性；

a(2)若r＝400，求f(x)在(0，＋∞)内的极值.

解

(1)由题意知x≠－r，

所求的定义域为(－∞，－r)∪(－r，＋∞). axaxf(x)＝＝，

（x＋r）2x2＋2rx＋r2a（x2＋2rx＋r2）－ax（2x＋2r）a（r－x）（x＋r）f′(x)＝＝，

（x2＋2rx＋r2）2（x＋r）4所以当x<－r或x>r时，f′(x)<0，当－r0. 因此，f(x)的单调递减区间为(－∞，－r)，(r，＋∞)；

f(x)的单调递增区间为(－r，r). (2)由(1)的解答可知f′(r)＝0，f(x)在(0，r)上单调递增，在(r，＋∞)上单调递减.因此，x＝r是f(x)的极大值点，所以f(x)在(0，＋∞)ara400内的极大值为f(r)＝＝＝4＝100.

（2r）24r

6.(2016·江苏高考)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1). 1

(1)设a＝2，b＝2.

①求方程f(x)＝2的根；

②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；

(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值.

12x＋x＝2. 2∴(2x)2－2·2x＋1＝0，解得2x＝1，∴x＝0. 1xx②f(x)＝2＋2＝2x＋2－x，

－令t＝2x＋2x，则t≥2. －又f(2x)＝22x＋22x＝t2－2，

故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，

444即m≤t＋t，又t≥2，t＋t≥2t·t＝4. (当且仅当t＝2时等号成立). 4∴m≤t＋tmin＝4. 即m的最大值为4. 解

(1)①由已知可得2x

1x＋2＝2，即

(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln a＜0，ln b＞0. g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2. g′(x)＝axln a＋bxln b且g′(x)为单调递增，值域为R的函数. ∴g′(x)一定存在唯一的变号零点. ∴g(x)为先减后增且有唯一极值点. 由题意g(x)有且仅有一个零点.，

则g(x)的极值一定为0，而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0. ∴g′(0)＝0，即ln a＋ln b＝0.∴ab＝1.

7.(2014·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a＞0)，若f(x)在[－1，1]上的最小值记为g(a).

(1)求g(a)；

(2)证明：当x∈[－1，1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.

(1)解

因为a＞0，－1≤x≤1，所以

(ⅰ)当0＜a＜1时，

若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，

故f(x)在(－1，a)上是减函数；

若x∈[a，1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3＞0，

故f(x)在(a，1)上是增函数.

所以g(a)＝f(a)＝a3. (ⅱ)当a≥1时，有x≤a，

则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3＜0，

故f(x)在(－1，1)上是减函数，

所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a. 3a，0＜a＜1，综上，g(a)＝

－2＋3a，a≥1.(2)证明

令h(x)＝f(x)－g(a)，

(ⅰ)当0＜a＜1时，g(a)＝a3. 若x∈[a，1]，h(x)＝x3＋3x－3a－a3，

得h′(x)＝3x2＋3，则h(x)在(a，1)上是增函数，

所以，h(x)在[a，1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，

且0＜a＜1，所以h(1)≤4. 故f(x)≤g(a)＋4；

若x∈[－1，a]，h(x)＝x3－3x＋3a－a3，

得h′(x)＝3x2－3，

则h(x)在(－1，a)上是减函数，

所以，h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3. 令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a2＞0，

知t(a)在(0，1)上是增函数. 所以，t(a)＜t(1)＝4，即h(－1)＜4. 故f(x)≤g(a)＋4. (ⅱ)当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，

得h′(x)＝3x2－3，

此时h(x)在(－1，1)上是减函数，

因此h(x)在[－1，1]上的最大值是h(－1)＝4. 故f(x)≤g(a)＋4. 综上，当x∈[－1，1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.

2x－18.(2016·山东高考)已知f(x)＝a(x－ln x)＋x2，a∈R. (1)讨论f(x)的单调性；

3(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立. 2

(1)解

f(x)的定义域为(0，＋∞)，

2a22（ax－2）（x－1）f′(x)＝a－x－x2＋x3＝. x3当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减. a（x－1）22x－x＋. 当a>0时，f′(x)＝x3aa2①01，

2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

当x∈(0，1)或x∈，＋∞a2时，f′(x)<0，f(x)单调递减. 当x∈1，a

②a＝2时，增. ③a>2时，0<2a＝1，在x∈(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递20，<1，当x∈a2或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，af(x)单调递增，

2当x∈，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减. a综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；

2内单调递减，当0

在，＋∞a

当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；

22内单调递减，当a>2时，f(x)在0，内单调递增，在，1aa在(1，＋∞)内单调递增. (2)证明

由(1)知，a＝1时，

f(x)－f′(x)＝x－ln x＋2x－1122x2－1－x－x2＋x3

＝x－ln x＋31－2x＋x2x3－1，x∈[1，2]. 设g(x)＝x－ln x，h(x)＝312－2x＋xx3－1，x∈[1，2]，

则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).由g′(x)＝x－1x≥0，

可得g(x)≥g(1)＝1，

当且仅当x＝1时取得等号.又h′(x)＝－3x2－2x＋6x4. 设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1，2]单调递减. 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x0∈(1，2)，使得x∈(1，时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0. 所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减. 由h(1)＝1，h(2)＝112，可得h(x)≥h(2)＝2，

当且仅当x＝2时取得等号. 所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝32. 即f(x)>f′(x)＋32对于任意的x∈[1，2]成立.

x0)