PAGE4-第3章導數及其應用其次課導數在探討函數中的應用[鞏固層·學問整合][提升層·題型探究]函數的單調性與導數【例1】已知函數f(x)＝lnx－ax2＋(2－a)x，探討f(x)的單調性．[思路點撥]eq\x(fx的定義域)→eq\x(求f′x)→eq\x(解f′x>0或f′x<0)[解]f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－2ax＋(2－a)＝－eq\f(2x＋1ax－1,x).①當a≤0時，f′(x)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．②當a>0時，由f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,a).又由f′(x)>0得0<x<eq\f(1,a)，由f′(x)<0得x>eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞減．綜上所述，當a≤0時，函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a>0時，函數f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上單調遞減．導數法求函數單調區間的一般流程求定義域→求導數f′x→求f′x＝0在定義域內的根→用求得的根劃分定義區間→確定f′x在各個開區間內的符號→得相應開區間上的單調性.提示：在求解中留意分類探討和數形結合思想的應用.eq\o([跟進訓練])1．已知函數f(x)＝(x2＋ax－2a2＋3a)ex(x∈R)，其中a∈R，試求f([解]∵f′(x)＝[x2＋(a＋2)x－2a2＋4a]e令f′(x)＝0，解得x＝－2a或x＝a①當－2a＝a－2，即a＝eq\f(2,3)時，f′(x)≥0，∴f(x)在R上單調遞增．②當－2a<a－2，即a>eq\f(2,3)時，由f′(x)>0得，x<－2a或x>a由f′(x)<0得，－2a<x<a∴f(x)在(－∞，－2a)及(a－2，＋∞在(－2a，a③當－2a>a－2，即a<eq\f(2,3)時，由f′(x)>0得x<a－2或x>－2a由f′(x)<0得a－2<x<－2a∴f(x)在(－∞，a－2)及(－2a，＋∞)上為增函數，在(a－2，－2綜上所述，當a<eq\f(2,3)時，f(x)的增區間為(－∞，a－2)，(－2a，＋∞)；減區間為(a－2，－2a)．當a＝eq\f(2,3)時，f(x)的增區間為(－∞，＋∞)．當a>eq\f(2,3)時，f(x)的增區間為(－∞，－2a)，(a－2，＋∞)；減區間為(－2a，a－2)．函數的極值、最值與導數【例2】已知函數f(x)＝eq\f(1,2)x2＋alnx.(1)若a＝－1，求函數f(x)的極值，并指出是極大值還是微小值；(2)若a＝1，求函數f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(3)當a＝1，求證：在區間[1，＋∞)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)＝eq\f(2,3)x3的圖象的下方．[解](1)由于函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，當a＝－1時，f′(x)＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x＋1x－1,x)，令f′(x)＝0，得x＝1或x＝－1(舍去)，當x∈(0,1)時，f′(x)<0，函數f(x)單調遞減，當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，函數f(x)單調遞增，所以f(x)在x＝1處取得微小值，且微小值為eq\f(1,2).(2)當a＝1時，f(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx，f′(x)＝x＋eq\f(1,x)>0，則函數f(x)在[1，e]上為增函數，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(e)＝eq\f(1,2)e2＋1.(3)證明：設F(x)＝f(x)－g(x)＝eq\f(1,2)x2＋lnx－eq\f(2,3)x3，則F′(x)＝x＋eq\f(1,x)－2x2＝eq\f(1－x1＋x＋2x2,x)，當x>1時，F′(x)<0，故F(x)在區間[1，＋∞)上是減函數，又F(1)＝－eq\f(1,6)<0，所以在區間[1，＋∞)上，F(x)<0恒成立．即f(x)<g(x)恒成立．因此，當a＝1時，在區間[1，＋∞)上，函數f(x)的圖象在函數g(x)的圖象的下方．函數的最值是函數的整體性質，要區分于函數的極值，求函數在閉區間上的最值，應先求開區間的極值，再與閉區間的端點值進行比較，最大的為最大值，最小的為最小值；反過來，已知最值時，要能求相應參數及與最值有關的其他問題.eq\o([跟進訓練])2．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(2a＋1)x2＋(a2＋a)x(a∈R)．(1)若函數f(x)在x＝2處取得微小值，求a的值；(2)若a≥0，求f(x)在[0,1]上的最大值．[解](1)f′(x)＝x2－(2a＋1)x＋(a2＋a＝(x－a)[x－(a＋1)]．當x改變時，f′(x)，f(x)的改變狀況如下表：x(－∞，a)a(a，a＋1)a＋1(a＋1，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)↗極大值↘微小值↗∴a＋1＝2，∴a＝1.(2)由(1)知，①當a≥1時，f(x)在[0,1]上是增函數，∴f(x)max＝f(1)＝a2－eq\f(1,6)；②當a＝0時，f(x)在[0,1]上是減函數，∴f(x)max＝f(0)＝0；③當0<a<1時，f(x)在[0，a]上是增函數，在[a,1]上是減函數，∴f(x)max＝f(a)＝eq\f(1,3)a3＋eq\f(1,2)a2.綜上，f(x)max＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,6)，a≥1，,0，a＝0，,\f(1,3)a3＋\f(1,2)a2，0<a<1.))不等式的證明與導數[探究問題]1．不等式“x>sinx(x>0)”成立嗎？如何證明？提示：成立，令f(x)＝x－sinx，x>0，則f′(x)＝1－cosx≥0，∴f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又f(0)＝0，∴f(x)>f(0)＝0，即x－sinx>0，∴x>sinx.2．如何證明函數不等式f(x)>g(x)(x>a)?提示：可構造函數h(x)＝f(x)－g(x)(x>a)，只需證明h(x)>0即可，故可求h(x)min>0.【例3】求證：當x>1時，lnx>－eq\f(1,2)x2＋2x－eq\f(3,2).[思路點撥]要證lnx>－eq\f(1,2)x2＋2x－eq\f(3,2)，只需證lnx＋eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(3,2)>0，可構造函數g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(3,2)，利用導數探討其單調性從而證明原不等式．[證明]令g(x)＝lnx＋eq\f(1,2)x2－2x＋eq\f(3,2)，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋x－2＝eq\f(x2－2x＋1,x)＝eq\f(x－12,x)，由于x>1，所以g′(x)>0，即函數g(x)在(1，＋∞)上單調遞增．又因為g(1)＝ln1＋eq\f(1,2)×12－2×1＋eq\f(3,2)＝0，因為當x>1時g(x)>0，即當x>1時，lnx>－eq\f(1,2)x2＋2x－eq\f(3,2).利用導數證明不等式的常見形式與步驟1常見形式：已知x∈a，b，求證：ux>vx.2證明步驟：①將所給的不等式移項，構造函數fx＝ux－vx，轉化為證明函數fx>0；②在x∈a，b上，推斷f′x的符號；③若f′x>0，說明fx在區間a，b上是增函數，只需將所給的區間的左端點的值代入fx，檢驗其值為零或為正，即證得fa≥0即可；若f′x<0，說明fx在區間a，b上是減函數，只需將所給的區間的右端點的值代入fx，檢驗其值為零或為正，即證得fb≥0即可.eq\o([跟進訓練])3．求證：當0<x<eq\f(π,2)時，tanx>x.[證明]令g(x)＝tanx－x，則g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,cosx)－x))e