导数的应用【考查重点与常见题型】题型一 运用导数证明不等式问题例1 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .(1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln 2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1.(1)解 由f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R 知 f ′(x )＝e x －2，x ∈R .令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x(－∞，ln 2) ln 2 (ln 2，＋∞) f ′(x )－ 0 ＋ f (x ) 单调递减 2(1－ln 2＋a ) 单调递增故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 2]，单调递增区间是[ln 2，＋∞)，f (x )在x ＝ln 2处取得极小值，极小值为f (ln 2)＝e ln 2－2ln 2＋2a ＝2(1－ln 2＋a )．(2)证明 设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，x ∈R ，于是g ′(x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R .由(1)知当a >ln 2－1时，g ′(x )的最小值为g ′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 上是增加的．于是当a >ln 2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )>0.即e x －x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.已知f (x )＝x ln x . (1)求g (x )＝f (x )＋k x (k ∈R)的单调区间； (2)证明：当x ≥1时，2x －e ≤f (x )恒成立． 解：(1)g (x )＝ln x ＋k x， ∴令g ′(x )＝x －k x2＝0得x ＝k . ∵x >0，∴当k ≤0时，g ′(x )>0.∴函数g (x )的增区间为(0，＋∞)，无减区间；当k >0时g ′(x )>0得x >k ；g ′(x )<0得0<x <k ，∴增区间为(k ，＋∞)，减区间为(0，k )．(2)证明：设h (x )＝x ln x －2x ＋e(x ≥1)，令h ′(x )＝ln x －1＝0得x ＝e ，h (x )，h ′(x )的变化情况如下： x 1 (1，e) e (e ，＋∞)h ′(x ) －1 － 0 ＋h (x ) e －2 0故h (x )≥0.即f (x )≥2x －e.题型二 利用导数研究恒成立问题例2 已知函数f (x )＝ln x －ax .(1)若a >0，试判断f (x )在定义域内的单调性；(2)若f (x )在[1，e]上的最小值为32，求a 的值；(3)若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．解 (1)由题意知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x ＋a x 2＝x ＋ax 2.∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上是增加的．(2)由(1)可知，f ′(x )＝x ＋ax 2.①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上是增加的，∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去)．②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1，e]上恒成立，此时f (x )在[1，e]上是减少的，∴f (x )min ＝f (e)＝1－a e ＝32，∴a ＝－e2(舍去)．③若－e<a <－1，令f ′(x )＝0得x ＝－a ，当1<x <－a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1，－a )上是减少的；当－a <x <e 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－a ，e)上是增加的，∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32，∴a ＝－ e.综上所述，a ＝－ e.(3)∵f (x )<x 2，∴ln x －ax <x 2.又x >0，∴a >x ln x －x 3.令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2，h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x .∵x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，∴h (x )在(1，＋∞)上是减少的．∴h (x )<h (1)＝－2<0，即g ′(x )<0，∴g (x )在(1，＋∞)上也是减少的．g (x )<g (1)＝－1，∴当a ≥－1时，f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立．已知函数f (x )＝ax 3－3x ＋1对x ∈(0,1]总有f (x )≥0成立，则实数a 的取值范围是__________．答案 [4，＋∞)解析 当x ∈(0,1]时不等式ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≥3x －1x 3，设g (x )＝3x －1x 3，x ∈(0,1]，g ′(x )＝3x 3－(3x －1)(3x 2)x 6＝－6⎝⎛⎭⎫x －12x 4，g ′(x )与g (x )随x 的变化情况如下表： x ⎝⎛⎭⎫0，12 12 ⎝⎛⎭⎫12，1g ′(x ) ＋ 0 －g (x ) 4因此g (x )的最大值为4，则实数a 的取值范围是[4，＋∞)．导数与不等式的综合问题典例：(12分)(2011·辽宁)设函数f (x )＝x ＋ax 2＋b ln x ，曲线y ＝f (x )过P (1,0)，且在P 点处的切线斜率为2.(1)求a ，b 的值；(2)证明：f (x )≤2x －2.(1)解 f ′(x )＝1＋2ax ＋bx .[1分]由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)＝0，f ′(1)＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋a ＝0，1＋2a ＋b ＝2.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－1，b ＝3.[4分](2)证明 因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，由(1)知f (x )＝x －x 2＋3ln x .设g (x )＝f (x )－(2x －2)＝2－x －x 2＋3ln x ，则g ′(x )＝－1－2x ＋3x ＝－(x －1)(2x ＋3)x .[8分]当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0.所以g (x )在(0,1)上是增加的，在(1，＋∞)上是减少的．[10分]而g (1)＝0，故当x >0时，g (x )≤0，即f (x )≤2x －2.[12分]一、选择题(每小题5分，共20分)1． 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1有极大值和极小值，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．(－∞，－3)∪(6，＋∞)C ．(－3,6)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) 答案 B解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋(a ＋6)，由已知可得f ′(x )＝0有两个不相等的实根．∴Δ＝4a 2－4×3(a ＋6)>0，即a 2－3a －18>0.∴a >6或a <－3.2． 曲线y ＝f (x )＝e x 在点(2，e 2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为( ) A.94e 2 B ．2e 2 C ．e 2 D.e 22 答案 D解析 ∵点(2，e 2)在曲线上，∴切线的斜率k ＝f ′(2)＝e 2，∴切线的方程为y －e 2＝e 2(x －2)，即e 2x －y －e 2＝0.与两坐标轴的交点坐标为(0，－e 2)，(1,0)，∴S △＝12×1×e 2＝e 22. 3． 已知函数f (x )＝x 2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是( ) A ．m >－2 2B ．m ≥－2 2C ．m <2 2D ．m ≤2 2 答案 B解析 依题意知，x >0，f ′(x )＝2x 2＋mx ＋1x， 令g (x )＝2x 2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞)，当－m 4≤0时，g (0)＝1>0恒成立，∴m ≥0成立， 当－m 4>0时，则Δ＝m 2－8≤0，∴－22≤m <0， 综上，m 的取值范围是m ≥－2 2.4． 某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R 与年产量x 的年关系是R ＝R (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 400x －12x 2 (0≤x ≤400)，80 000 (x >400)，则总利润最大时，每年生产的产品是( ) A ．100B ．150C ．200D ．300 答案 D 解析 由题意得，总成本函数为C ＝C (x )＝20 000＋100x ，总利润P (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 300x －x 22－20 000 (0≤x ≤400)，60 000－100x (x >400)，又P ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧300－x (0≤x ≤400)，－100 (x >400)， 令P ′(x )＝0，得x ＝300，易知x ＝300时，总利润P (x )最大．二、填空题(每小题5分，共15分)5． 设P 为曲线C ：y ＝f (x )＝x 2－x ＋1上一点，曲线C 在点P 处的切线的斜率的范围是[－1,3]，则点P 纵坐标的取值范围是__________．答案 ⎣⎡⎦⎤34，3解析 设P (a ，a 2－a ＋1)，则f ′(x )＝2a －1∈[－1,3]，∴0≤a ≤2.而g (a )＝a 2－a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34， 当a ＝12时，g (a )min ＝34.当a ＝2时，g (a )max ＝3， 故P 点纵坐标的取值范围是⎣⎡⎦⎤34，3.6． 在直径为d 的圆木中，截取一个具有最大抗弯强度的长方体梁，则矩形面的长为________(强度与bh 2成正比，其中h 为矩形的长，b 为矩形的宽)．答案 63d 解析 截面如图所示，设抗弯强度系数为k ，强度为ω，则ω＝kbh 2，又h 2＝d 2－b 2，∴ω＝kb (d 2－b 2)＝－kb 3＋kd 2b ，ω′＝－3kb 2＋kd 2，令ω′＝0，得b 2＝d 23， ∴b ＝33d 或b ＝－33d (舍去)． ∴h ＝d 2－b 2＝63d . 7． 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2－4在x ＝2处取得极值，若m 、n ∈[－1,1]，则f (m )＋f ′(n )的最小值是________．答案－13解析对函数f(x)求导得f′(x)＝－3x2＋2ax，由函数f(x)在x＝2处取得极值知f′(2)＝0，即－3×4＋2a×2＝0，∴a＝3.由此可得f(x)＝－x3＋3x2－4，f′(x)＝－3x2＋6x，易知f(x)在(－1,0)上是减少的，在(0,1)上是增加的，∴当m∈[－1,1]时，f(m)min＝f(0)＝－4.又∵f′(x)＝－3x2＋6x的图像开口向下，且对称轴为x＝1，∴当n∈[－1,1]时，f′(n)min＝f′(－1)＝－9.故f(m)＋f′(n)的最小值为－13.三、解答题(共22分)8．(10分)设函数f(x)＝ax3－3x2 (a∈R)，且x＝2是y＝f(x)的极值点．(1)求实数a的值，并求函数的单调区间；(2)求函数g(x)＝e x·f(x)的单调区间．解(1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，因为x＝2是函数y＝f(x)的极值点，所以f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点．所以f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．所以y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；单调减区间是(0,2)．(2)g(x)＝e x(x3－3x2)，g′(x)＝e x(x3－3x2＋3x2－6x)＝e x(x3－6x)＝x(x＋6)(x－6)e x，因为e x>0，所以y＝g(x)的单调增区间是(－6，0)，(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)，(0，6)．。