導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的經(jīng)典題型

導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的經(jīng)典題型導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的重要工具，在高考中一般會出現(xiàn)壓軸大題．因此，總結(jié)和突破導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的經(jīng)典題型就顯得十分必要．一、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性問題例1已知函數(shù)f(x)＝ax－eq\f(a,x)－2lnx(a∈R)．(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．解(1)f′(x)＝a＋eq\f(a,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(ax2－2x＋a,x2)(x>0)．①當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；②當(dāng)a>0時，令g(x)＝ax2－2x＋a，∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是單調(diào)函數(shù)，∴g(x)≥0在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立，∴a≥eq\f(2x,x2＋1)在區(qū)間[1，＋∞)上恒成立．令u(x)＝eq\f(2x,x2＋1)，x∈[1，＋∞)．∵u(x)＝eq\f(2,x＋\f(1,x))≤eq\f(2,2\r(x·\f(1,x)))＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號．∴a≥1.經(jīng)驗證，當(dāng)a≥1時，函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴實數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]∪[1，＋∞)．(2)由(1)可知：①當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減；②當(dāng)a≥1時，此時函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．③當(dāng)0<a<1時，由ax2－2x＋a＝0，解得x＝eq\f(1－\r(1－a2),a)或x＝eq\f(1＋\r(1－a2),a).∴函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1－\r(1－a2),a)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\r(1－a2),a)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(1－a2),a)，\f(1＋\r(1－a2),a)))上單調(diào)遞減．反思感悟利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性應(yīng)注意以下幾點(1)關(guān)注函數(shù)的定義域，單調(diào)區(qū)間應(yīng)為定義域的子區(qū)間．(2)已知函數(shù)在某個區(qū)間上的單調(diào)性時轉(zhuǎn)化要等價．(3)分類討論求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間實質(zhì)是討論不等式的解集．(4)求參數(shù)的范圍時常用到分離參數(shù)法．二、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值問題例2已知函數(shù)f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)當(dāng)a＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值；(2)是否存在實數(shù)a，使f(x)的最小值是3，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由．解(1)當(dāng)a＝1時，f(x)＝2x－ln(2x)，f′(x)＝2－eq\f(1,x)＝eq\f(2x－1,x)，x∈(0，e]，當(dāng)0<x<eq\f(1,2)時，f′(x)<0，此時f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)eq\f(1,2)<x<e時，f′(x)>0，此時f(x)單調(diào)遞增．所以f(x)的極小值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，e))，f(x)的極小值為f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，無極大值．(2)假設(shè)存在實數(shù)a，使f(x)＝2ax－ln(2x)，x∈(0，e]有最小值3，f′(x)＝2a－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax－1,x)，x∈(0，e]，①當(dāng)a≤0時，因為x∈(0，e]，所以f′(x)<0，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，解得a＝eq\f(4＋ln2,2e)(舍去)，②當(dāng)0<eq\f(1,2a)<e，即a>eq\f(1,2e)時，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，e))上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)))＝1－ln

eq\f(1,a)＝3，解得a＝e2，滿足條件，③當(dāng)eq\f(1,2a)≥e，即0<a≤eq\f(1,2e)時，f′(x)<0，f(x)在(0，e]上單調(diào)遞減，所以f(x)min＝f(e)＝2ae－ln(2e)＝3，解得a＝eq\f(4＋ln2,2e)(舍去)．綜上，存在實數(shù)a＝e2，使得當(dāng)x∈(0，e]時，f(x)的最小值為3.反思感悟利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值的策略(1)已知極值點求參數(shù)的值后，要代回驗證參數(shù)值是否滿足極值的定義．(2)討論極值點的實質(zhì)是討論函數(shù)的單調(diào)性，即f′(x)的正負(fù)．(3)將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值進(jìn)行比較，最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．三、利用導(dǎo)數(shù)研究恒成立問題例3已知函數(shù)f(x)＝aex－lnx－1.(1)設(shè)x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明：當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.(1)解f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝aex－eq\f(1,x).由題設(shè)知，f′(2)＝0，所以a＝eq\f(1,2e2).從而f(x)＝eq\f(1,2e2)ex－lnx－1，f′(x)＝eq\f(1,2e2)ex－eq\f(1,x).令f′(x)＝0，得x＝2，當(dāng)0<x<2時，f′(x)<0；當(dāng)x>2時，f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)證明當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.設(shè)g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).令g′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0；當(dāng)x>1時，g′(x)>0.所以x＝1是g(x)的最小值點．故當(dāng)x>0時，g(x)≥g(1)＝0.因此，當(dāng)a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.反思感悟求解恒成立問題的策略(1)直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．(2)分離參數(shù)．四、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題例4(1)已知定義在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上的函數(shù)f(x)，f′(x)是它的導(dǎo)函數(shù)，且sinx·f′(x)>cosx·f(x)恒成立，則()A.eq\r(2)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) B.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))C.eq\r(6)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))>2f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4))) D.eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))答案D解析由f′(x)sinx>f(x)cosx，得f′(x)sinx－f(x)cosx>0，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,sinx)，則g′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x).當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，g′(x)>0，即函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上單調(diào)遞增，∴geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，∴eq\r(3)f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)))<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))).(2)求證：當(dāng)x>1時，eq\f(1,x)＋1>eq\f(2lnx,x－1).證明∵x>1，要證eq\f(1,x)＋1>eq\f(2lnx,x－1)，即證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋1))(x－1)>2lnx，即證x－eq\f(1,x)－2lnx>0.令φ(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，x>1，φ′(x)＝1＋eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＝eq\f(x－12,x2)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(1)＝0，即x－eq\f(1,x)－2lnx>0，即證原不等式成立．反思感悟利用導(dǎo)數(shù)研究不等式問題的基本思路解決不等式問題，通常先構(gòu)造新函數(shù)，然后再利用導(dǎo)數(shù)研究這個函數(shù)的單調(diào)性，從而使不等式問題得以解決．五、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點例5已知函數(shù)f(x)＝ex－m－x，其中m為常數(shù)．(1)若對任意x∈R有f(x)≥0恒成立，求m的取值范圍；(2)當(dāng)m>1時，判斷f(x)在[0,2m]上零點的個數(shù)，并說明理由．解(1)由題意，可知f′(x)＝ex－m－1，令f′(x)＝0，得x＝m.故當(dāng)x∈(－∞，m)時，ex－m<1，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(m，＋∞)時，ex－m>1，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．故當(dāng)x＝m時，f(m)為極小值也為最小值．令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，即對任意x∈R，f(x)≥0恒成立時，m的取值范圍是(－∞，1]．(2)f(x)在[0,2m]上有兩個零點，理由如下：當(dāng)m>1時，f(m)＝1－m<0.∵f(0)＝e－m>0，f(0)·f(m)<0，且f(x)在(0，m)上單調(diào)遞減，∴f(x)在(0，m)上有一個零點．又f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，則g′(m)＝em－2，∵當(dāng)m>1