导数应用

1．已知函数f(x)a(x1)，其中a0. x2（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）若直线xy10是曲线yf(x)的切线，求实数a的值； （Ⅲ）设g(x)xlnxx2f(x)，求g(x)在区间[1,e]上的最大值.

（其中e为自然对数的底数）

解：（Ⅰ）f(x)a(2x)，（x0）， ……3分 x3在区间(,0)和(2,)上，f(x)0；在区间(0,2)上，f(x)0.

所以，f(x)的单调递减区间是(,0)和(2,)，单调递增区间是(0,2). …4分

a(x01)y0x02（Ⅱ）设切点坐标为(x0,y0)，则x0y010 ………7分（1个方程1分）

a(2x)013x0解得x01，a1. ………8分 （Ⅲ）g(x)xlnxa(x1)，

则g(x)lnx1a， ……………9分 解g(x)0，得xea1，

所以，在区间(0,ea1)上，g(x)为递减函数，

在区间(e当ea1a1,)上，g(x)为递增函数. ……10分

1，即0a1时，在区间[1,e]上，g(x)为递增函数，

所以g(x)最大值为g(e)eaae. ………11分

当ea1e，即a2时，在区间[1,e]上，g(x)为递减函数，

所以g(x)最大值为g(1)0. ……12分

eg(e)g(1)aeae0，解得a，

e1e所以，1a时，g(x)最大值为g(e)eaae， ……13分

e1ea2时，g(x)最大值为g(1)0. ………14分 e1ee综上所述，当0a时，g(x)最大值为g(e)eaae，当a时，g(x)e1e1当11

a1的最大值为g(1)0.

2．已知函数f(x)x3ax2xc，且af'()． （Ⅰ）求a的值；

（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅲ）设函数g(x)[f(x)x3]ex，若函数g(x)在x[3,2]上单调递增，求实数c的

取值范围．

解：（Ⅰ）由f(x)x3ax2xc，得f'(x)3x22ax1．

当x23222222时，得af'()3()2f'()()1，

33333解之，得a1． ……………………4分 （Ⅱ）因为f(x)x3x2xc．

从而f'(x)3x2x13(x)(x1)，列表如下：

213x f '(x) f(x) 1( , ) 3＋ ↗ 1 30 有极大值 1( , 1) 3－ ↘ 1 0 有极小值 (1 , ) ＋ ↗ 所以f(x)的单调递增区间是(,)和(1,)；

131f(x)的单调递减区间是(,1)． ……………………9分

3（Ⅲ）函数g(x)(f(x)x)e(xxc)e，

有g（'x)(2x1)ex(x2xc)ex=(x23xc1)ex， 因为函数在区间x[3,2]上单调递增，

等价于h(x)x23xc10在x[3,2]上恒成立， 只要h(2)0，解得c11，

所以c的取值范围是c11． ……………………14分

3．已知函数f(x)xalnx，g(x)（Ⅰ）若a1，求函数f(x)的极值；

（Ⅱ）设函数h(x)f(x)g(x)，求函数h(x)的单调区间；

3x2x1a, (aR). x 2

(Ⅲ)若在1,e（e2.718...）上存在一点x0，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）f(x)的定义域为(0,)， ………………………1分 当a1时，f(x)xlnx，f(x)11x1 ， ………………2分 xx

……………3分

所以f(x)在x1处取得极小值1. …4分

x f(x) f(x) (0,1) — 1 0 极小 (1,) + （Ⅱ）h(x)x1aalnx， x1aax2ax(1a)(x1)[x(1a)]………………………6分 h(x)12xxx2x2

①当a10时，即a1时，在(0,1a)上h(x)0，在(1a,)上h(x)0， 所以h(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a,)上单调递增； ………………………7分 ②当1a0，即a1时，在(0,)上h(x)0，

所以，函数h(x)在(0,)上单调递增. ………8分 （III）在1,e上存在一点x0，使得f(x0)g(x0)成立，即 在1,e上存在一点x0，使得h(x0)0，即

1aalnx在1,e上的最小值小于零. …………9分 x由（Ⅱ）可知 函数h(x)x①即1ae，即ae1时， h(x)在1,e上单调递减，

1ae21所以h(x)的最小值为h(e)，由h(e)e， a0可得aee1e21e21因为； ………………………10分 e1，所以ae1e1②当1a1，即a0时， h(x)在1,e上单调递增，

所以h(x)最小值为h(1)，由h(1)11a0可得a2； ………………………11分 ③当11ae，即0ae1时， 可得h(x)最小值为h(1a)， 因为0ln(1a)1，所以，0aln(1a)a

3

故h(1a)2aaln(1a)2

此时，h(1a)0不成立. ………………………12分

e21综上讨论可得所求a的范围是：a或a2. ………………………13分

e14．已知函数f(x)(a)xlnx，(aR).

（Ⅰ）当a1时，求f(x)在区间1，e上的最大值和最小值；

（Ⅱ）若在区间1，上，函数f(x)的图象恒在直线y2ax下方，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）当a1时，f(x)12212xlnx， 21x21 ∴ f(x)x． ………2分

xx对于x1,e，有f(x)0，∴ f(x)在区间1,e上为增函数．

1e2∴ fmax(x)f(e)1，fmin(x)f(1)． ………5分

22（Ⅱ）令g(x)f(x)2ax(a)x2axlnx，

则g(x)的定义域为 0,. ………6分 在区间1,上，函数f(x)的图象恒在直线y2ax下方等价于g(x)0在区间

1221,上恒成立.

∵ g(x)(2a1)x2a1 x

(2a1)x22ax1(x1)[(2a1)x1]， ……8分

xx ① 若a11，令g(x)0，解得：x11，x2 ． 22a11当x2x11，即a1时，在x2,上有g(x)0，

2此时g(x)在区间x2,上是增函数，并且在该区间上有g(x)g(x2),，不合

题意；

当x2x11，即a1，同理可知，g(x)在区间1,上，有g(x)g(1),，也不合题意； ………10分 ② 若a1时，则有2a10，此时在区间1,上恒有g(x)0， 2从而g(x)在区间1,上是减函数；

4

要使g(x)0在此区间上恒成立，只须满足g(1)a由此求得a的范围是110a，

2211,. ………12分 2211,时，函数f(x)的图象恒在直线y2ax下方. 22综合①②可知，当a∈ ……………13分 5．已知函数f(x)x3ax2bx4在(,0)上是增函数，在(0,1)上是减函数． （Ⅰ）求b的值；

（Ⅱ）当x0时，曲线yf(x)总在直线ya2x4上方，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）∵f(x)x3ax2bx4，

∴f'(x)3x22axb． …2分 ∵f(x)在(,0)上是增函数，在(0,1)上是减函数，

∴ 当x0时，f(x)有极大值，即f'(0)0， ………4分 ∴ b0． ……6分

（Ⅱ）f'(x)3x2axx(3x2a)，

∵ f(x)在(,0)上是增函数，在(0,1)上是减函数， ∴ 223a1，即a． …8分 322∵曲线yf(x)在直线yax4的上方，

设

…………9分 g(x)(x3ax24)(a2x4)，∴在x[0,)时，g(x)0恒成立． ∵ g'(x)3x2axa(3xa)(xa)， 令g'(x)0，两个根为a，

22aa，且0a， ………10分 33x g'(x) (0,a) － a 0 (a,) ＋ 5

g(x)  极小值  ∴ 当xa时，g(x)有最小值g(a)． …12分 令g(a)(a3a34)(a34)0， ∴a8，由a∴ 2a33， 23. …14分 2另解：f(x)x3ax24，f'(x)3x22axx(3x2a)

当a=0时，f(x)x34，f'(x)3x20，函数f(x)在定义域上为增函数，与

已知矛盾，舍；

……7分

当a>0时，由（Ⅰ）知，f'(x)x(3x2a)， 函数f(x)在(,2a2a)上为增函数，在(,0)上为减函数，与已知矛盾，舍； 33……8分

当a<0时，

f'(x)x(x3，a由已知可得12a，∴33a ……………………9分

2设g(x)(xax4)(ax4)， ……10分 ∴ g'(x)3x2axa(3xa)(xa)。 令g'(x)0，两个根为a，

22322aa，0a， 33x g'(x) g(x) (0,a) － a 0 极小值 (a,) ＋   ∴ 当xa时，g(x)有最小值g(a)． ……12分 令g(a)(aa4)(a4)0， ∴a8，由a∴

6

33333， 232a. …………14分

216．已知函数f(x)alnx (a0,aR)

x（Ⅰ）若a1，求函数f(x)的极值和单调区间；

(II) 若在区间[1,e]上至少存在一点x0，使得f(x0)0成立，求实数a的取值范围.

1aax1 ， …………………2分 22解：（I）因为f'(x)xxx当a1， f'(x)x1x2 ，

令f'(x)0，得 x1，

…………………3分

又f(x)的定义域为(0,)，

f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：

x (0,1) 1 (1,) f'(x)  0  f(x)  极小值  所以x1时，f(x)的极小值为1 . …………………5分

f(x)的单调递增区间为(1,)，单调递减区间为(0,1)； …………………6分

（II）解法一：

因为f'(x)1aaxx2x1x2 ，且a0， 令f'(x)0，得到x1a ，

若在区间(0,e]上存在一点x0，使得f(x0)0成立，

其充要条件是f(x)在区间(0,e]上的最小值小于0即可. …………………7分 （1）当x1a0，即a0时，f'(x)0对x(0,)成立， 所以，f(x)在区间(0,e]上单调递减， 故f(x)在区间(0,e]上的最小值为f(e)1ealne1ea， 由1ea0，得a11e，即a(,e) …………………9分

7

10，即a0时， a1 ① 若e，则f'(x)0对x(0,e]成立，所以f(x)在区间(0,e]上单调递减，

a11 所以，f(x)在区间(0,e]上的最小值为f(e)alnea0，

ee （2）当x显然，f(x)在区间(0,e]上的最小值小于0不成立 …………………11分 ② 若011e，即a时，则有 ae1x (0,) a1 a0 极小值 1(,e) af'(x) f(x)     1， a 所以f(x)在区间(0,e]上的最小值为f()aaln由f()aaln1a1a1a(1lna)0， a得 1lna0，解得ae，即a(e,). …………………13分 综上，由(1)（2）可知：a(,)(e,)符合题意. …………………14分 解法二：若在区间(0,e]上存在一点x0，使得f(x0)0成立， 即

1e1alnx00， x0因为x00, 所以，只需1ax0lnx00 …………………7分 令g(x)1axlnx，只要g(x)1axlnx在区间(0,e]上的最小值小于0即可

因为g'(x)alnxaa(lnx1)， 令g'(x)a(lnx1)0，得x（1）当a0时：

1 …………………9分 e1 e0 x g'(x) 1(0,) e1(,e] e  1e  g(x) 极大值 因为x(0,)时，g(x)1axlnx0，而g(e)1aelne1ae，

8

只要1ae0，得a （2）当a0时： 11，即a(,) …………………11分 ee1 e0 极小值 x g'(x) g(x) 1(0,) e1(,e] e    1e1e1a1， ee 所以，当 x(0,e]时，g(x)极小值即最小值为g()1aln由1a0， 得 ae，即a(e,). …………………13分 e1 综上，由(1)（2）可知，有a(,)(e,) . …………………14分

e

9