导数在解函数问题中的应用导数在研究函数问题中，其工具性的作用特别重要。函数的单调性、最值、极值都可以通过函数的导数来分析。另外还要注意转化为函数来处理，转化与化归的思想在函数问题中应用非常广泛。下面整理一些问题供大家参考。1.设函数.（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的不等式|f′（x）|≤a恒成立，求a的取值范围.解：（Ⅰ）（列表）令得的单调递增区间为（a,3a）令得的单调递减区间为（－，a）和（3a，+）∴当x=a时，极小值=当x=3a时，极小值=b.（Ⅱ）由||≤a，得－a≤－x2+4ax－3a2≤a.①（7分） 0
2a.∴上是减函数.∴于是，对任意，不等式①恒成立，等价于又∴2.设f(x)=px－－2lnx，且f(e)=qe－－2（e为自然对数的底数）(I)求p与q的关系；(II)若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；(III)设g(x)=，若在[1,e]上至少存在一点x0，使得f(x0)>g(x0)成立,求实数p的取值范围.解：(I)由题意得f(e)=pe－－2lne=qe－－2(p－q)(e+)=0而e+≠0∴p=q(II)由(I)知f(x)=px－－2lnxf’(x)=p+－=令h(x)=px2－2x+p，要使f(x)在其定义域(0,+)内为单调函数，只需h(x)在(0,+)内满足：h(x)≥0或h(x)≤0恒成立.①当p=0时，h(x)=－2x， x>0，∴h(x)<0，∴f’(x)=－<0，∴f(x)在(0,+)内为单调递减，故p=0适合题意.②当p>0时，h(x)=px2－2x+p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为x=∈(0,+)，∴h(x)min=p－只需p－≥0，即p≥1时h(x)≥0，f’(x)≥0∴f(x)在(0,+)内为单调递增，故p≥1适合题意.③当p<0时，h(x)=px2－2x+p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为x=(0,+)只需h(0)≤0，即p≤0时h(x)≤0在(0,+)恒成立.故p<0适合题意.综上可得，p≥1或p≤0另解：(II)由(I)知f(x)=px－－2lnxf’(x)=p+－=p(1+)－要使f(x)在其定义域(0,+)内为单调函数，只需f’(x)在(0,+)内满足：f’(x)≥0或f’(x)≤0恒成立.由f’(x)≥0p(1+)－≥0p≥p≥()max，x>0 ≤=1，且x=1时等号成立，故()max=1∴p≥1由f’(x)≤0p(1+)－≤0p≤p≤()min，x>0而>0且x→0时，→0，故p≤0综上可得，p≥1或p≤0(III) g(x)=在[1,e]上是减函数∴x=e时，g(x)min=2，x=1时，g(x)max=2e即g(x)[2,2e]…………10分①p≤0时，由(II)知f(x)在[1,e]递减f(x)max=f(1)=0<2，不合题意。11分②0g(x)min=2，x[1,e]f(x)max=f(e)=p(e－)－2lne>2p>综上，p的取值范围是(,+)3.设，函数为自然对数的底数）.（Ⅰ）判断的单调性；（Ⅱ）若上恒成立，求a的取值范围.解（Ⅰ）由已知令①当在R上为减函数.②当在R上为减函数.③当时，由（列表）得由得上为增函数；上为减函数.（Ⅱ）①当上为减函数.②当在[1，2]上不恒成立，∴a的取值范围是4.f(x)=4x+ax2－x3在[－1,1]上是增函数（1）求实数a的值组成的集合A；（2）设关于x的方程f（x）=2x+x3两非零实根为x1,x2,试问：是否存在实数m使不等式m2+tm+1≥|x1－x2|对于任意a∈A及t∈[－1,1]恒成立，若存在求出m取值范围，若不存在，说明理由。解．（1）f′(x)=4+2ax－2x2，由题意f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立∴∴A=[－1,1]（2）方程f(x)=2x+x3可化为x(x2－ax－2)=0 x1≠x2≠0,∴x1,x2是x2－ax－2=0两根△=a2+8>0,x1+x2=a,x1x2=2∴|x1－x2|= －1≤a≤1∴|x1－x2|最大值是∴m2+tm+1≥3在t∈[－1,1]上恒成立令g(t)=m2+tm－2∴m≥2或m≤－2故存在m值，其取值范围为(－∞,－2]∪[2,+∞)5、已知函数是区间[－1，1]上的减函数.（1）求λ的取值集合；（2）若当[－1，1]上且恒成立，求t的取值范围.解：（1）上是减函数，在[－1，1]上恒成立，（2）在[－1，1]上单调递减，令则.6、已知函数。（Ⅰ）设，讨论的单调性；（Ⅱ）若对任意恒有，求的取值范围。解(Ⅰ)f(x)的定义域为(－∞,1)∪(1,+∞).对f(x)求导数得f'(x)=e－ax.（补：也可以记，与同号，进而讨论函数的符号）(ⅰ)当a=2时,f'(x)=...
